湖南省长沙市长郡中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

湖南省长沙市长郡中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

www.ks5u.com 长郡中学2018-2019学年度高一第二学期期末考试 数学 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.两数与的等比中项是（ ） ‎ A. 1 B. －1 C. ±1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设两数的等比中项为，等比中项为-1或1‎ 考点：等比中项 ‎2.如果，那么下列不等式错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质或比较法对各选项中不等式的正误进行判断.‎ ‎【详解】，，，则，，可得出，因此，A选项错误，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查判断不等式的正误，常利用不等式的性质或比较法来进行判断，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎3.袋中有个大小相同的小球，其中个白球，个红球，个黑球，现在从中任意取一个，则取出的球恰好是红色或者黑色小球的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.‎ ‎【详解】从袋中个球中任取一个球，取出的球恰好是一个红色或黑色小球的基本事件数为，‎ 因此，取出球恰好是红色或者黑色小球的概率为，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率的计算，解题时要确定出全部基本事件数和所求事件所包含的基本事件数，并利用古典概型的概率公式进行计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.若经过两点、的直线的倾斜角为，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的倾斜角得知直线的斜率为，再利用斜率公式可求出的值.‎ ‎【详解】由于直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，‎ 由斜率公式得，解得，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用斜率公式求参数，同时也涉及了直线倾斜角与斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由斜二测画法的规则知与x'轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度不变，与y轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度变成原来的一半，正方形的对角线在y'轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2，观察四个选项，A选项符合题意．故应选A．‎ 考点：斜二测画法。‎ 点评：注意斜二测画法中线段长度的变化。‎ ‎6.在等差数列中，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差中项的性质得出关于的等式，可解出的值.‎ ‎【详解】由等差中项的性质可得，‎ 由于，即，即，解得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差中项性质的应用，解题时充分利用等差中项的性质进行计算，可简化计算，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎7.半径为的半圆卷成一个圆锥，它的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆锥的底面圆周长等于半圆弧长可计算出圆锥底面圆半径，由勾股定理可计算出圆锥的高，再利用锥体体积公式可计算出圆锥的体积.‎ ‎【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，则圆锥底面圆周长为，得，‎ ‎，‎ 所以，圆锥的体积为，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥体积的计算，解题的关键就是要计算出圆锥底面圆的半径和高，解题时要从已知条件列等式计算，并分析出一些几何等量关系，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎8.不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将不等式表示为，得出，再解该不等式可得出解集.‎ ‎【详解】将原不等式表示为，解得，解该不等式可得或.‎ 因此，不等式的解集为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查二次不等式的解法与绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.在各项均为正数的数列中，对任意都有．若，则等于（ ）‎ A. 256 B. 510 C. 512 D. 1024‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 依题意可得，，则 因为数列的各项均为正数，所以 所以，故选C ‎10.同时掷两颗骰子，所得点数之和为5的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 同时掷两枚骰子点数有36个结果，其中点数和为5有（1，4），（4，1），（2，3），（3，2）共有4种结果，所以概率为4/36=1/9‎ ‎11.正四面体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，通过中位线平移可得到所求角为，利用余弦定理可求得所求角的余弦值.‎ ‎【详解】取中点，连接 分别为中点 ‎ 异面直线与所成角即为与所成角 设正四面体棱长为 ‎，‎ 即异面直线与所成角的余弦值为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查求解异面直线所成角的问题，关键是能够通过平移找到所求角，再结合解三角形的知识求解得到结果.‎ ‎12.已知直线，，若，则的值为（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两直线平行的等价条件列等式求出实数的值.‎ ‎【详解】，则，整理得，解得，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用两直线平行求参数的值，解题时要利用直线平行的等价条件列等式求解，一般是转化为斜率相等来求解，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎13.在数列中，若，，，设数列满足，则的前项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差中项法得知数列为等差数列，根据已知条件可求出等差数列的首项与公差，由此可得出数列的通项公式，利用对数与指数的互化可得出数列的通项公式，并得知数列为等比数列，利用等比数列前项和公式可求出.‎ ‎【详解】由可得，‎ 可知是首项为，公差为的等差数列，‎ 所以，即．由，可得，‎ 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，‎ 因此，数列的前项和为，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用等差中项法判断等差数列，同时也考查了对数与指数的互化以及等比数列的求和公式，解题的关键在于结合已知条件确定数列的类型，并求出数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎14.若满足条件的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理，用a表示出sinA，结合C的取值范围，可知；根据存在两个三角形的条件，即可求得a的取值范围。‎ ‎【详解】根据正弦定理可知 ，代入可求得 ‎ 因为，所以 ‎ 若满足有两个三角形ABC 则 ‎ 所以 ‎ 所以选C ‎【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用，判断三角形的个数情况，属于基础题。‎ ‎15.曲线与过原点的直线没有交点，则的倾斜角的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出曲线图形，得出各射线所在直线的倾斜角，观察直线在绕着原点旋转时，直线与曲线没有交点时，直线的倾斜角的变化，由此得出的取值范围.‎ ‎【详解】当，时，由得，该射线所在直线的倾斜角为；‎ 当，时，由得，该射线所在直线的倾斜角为；‎ 当，时，由得，该射线所在直线的倾斜角为；‎ 当，时，由得，该射线所在直线的倾斜角为.‎ 作出曲线的图象如下图所示：‎ 由图象可知，要使得过原点的直线与曲线没有交点，‎ 则直线的倾斜角的取值范围是，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查直线倾斜角的取值范围，考查数形结合思想，解题的关键就是作出图形，利用数形结合思想进行求解，属于中等题.‎ 二、填空题.‎ ‎16.已知实数 满足约束条件，则目标函数的最大值为______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画不等式组表示的平面区域，利用线性规划求范围即可 ‎【详解】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线．平移该直线，当经过点B时，取得最大值，由，得，即B(2,-1)，所以. ‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合思想，准确计算是关键，是基础题 ‎17.已知数列为等差数列，，，若，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，根据已知条件列方程组解出和的值，可求出的表达式，再由可解出的值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，‎ ‎，，因此，，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的求和，对于等差数列的问题，通常建立关于首项和公差的方程组求解，考查方程思想，属于中等题.‎ ‎18.若过点作圆的切线，则直线的方程为_______________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论斜率不存在时是否有切线，当斜率存在时，运用点到直线距离等于半径求出斜率 ‎【详解】圆即 ‎①当斜率不存在时，为圆的切线 ‎②当斜率存在时，设切线方程为 即 ‎，‎ 解得 此时切线方程为，即 综上所述，则直线的方程为或 ‎【点睛】本题主要考查了过圆外一点求切线方程，在求解过程中先讨论斜率不存在的情况，然后讨论斜率存在的情况，利用点到直线距离公式求出结果，较为基础。‎ ‎19.某公司租地建仓库，每月土地占用费（万元）与仓库到车站的距离（公里）成反比.而每月库存货物的运费（万元）与仓库到车站的距离（公里）成正比.如果在距车站公里处建仓库，这两项费用和分别为万元和万元，由于地理位置原因.仓库距离车站不超过公里.那么要使这两项费用之和最小，最少的费用为_____万元.‎ ‎【答案】8.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设仓库与车站距离为公里，可得出、关于的函数关系式，然后利用双勾函数的单调性求出的最小值.‎ ‎【详解】设仓库与车站距离公里，由已知，.‎ 费用之和，求中，‎ 由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，‎ 所以，当时，取得最小值万元，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用双勾函数求最值，解题的关键就是根据题意建立函数关系式，再利用基本不等式求最值时，若等号取不到时，可利用相应的双勾函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎20.如图是一正方体的表面展开图.、、都是所在棱的中点.则在原正方体中：①与异面；②平面；③平面平面；④与平面形成的线面角的正弦值是；⑤二面角的余弦值为.其中真命题的序号是______.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正方体的表面展开图还原成正方体，利用正方体中线线、线面以及面面关系，以及直线与平面所成角的定义和二面角的定义进行判断.‎ ‎【详解】根据条件将正方体进行还原如下图所示：‎ 对于命题①，由图形可知，直线与异面，命题①正确；‎ 对于命题②，、分别为所在棱的中点，易证四边形为平行四边形，‎ 所以，，平面，平面，平面，命题②正确；‎ 对于命题③，在正方体中，平面，‎ 由于四边形为平行四边形，，平面.‎ ‎、平面，，.‎ 则二面角所成的角为，显然不是直角，‎ 则平面与平面不垂直，命题③错误；‎ 对于命题④，设正方体的棱长为，易知平面，则与平面所成的角为，由勾股定理可得，，‎ 在中，，即直线与平面所成线面角的正弦值为，命题④正确；‎ 对于命题⑤，在正方体中，平面，且，平面.‎ ‎、平面，，，‎ 所以，二面角的平面角为，‎ 在中，由勾股定理得，，‎ 由余弦定理得，命题⑤错误.‎ 故答案为：①②④.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面关系的判断以及线面角、二面角的计算，判断时要从空间中有关线线、线面、面面关系的平行或垂直的判定或性质定理出发进行推导，在计算空间角时，则应利用空间角的定义来求解，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.‎ 三、解答题(解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.)‎ ‎21.已知 ， ， .‎ ‎（1）求 的最小值；‎ ‎（2）求 的最小值.‎ ‎【答案】(1) 64 ,(2) x+y的最小值为18.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用基本不等式构建不等式即可得出； （2）由，变形得，利用“乘1法”和基本不等式即可得出．‎ 试题解析：(1)由 ，得 ,又 ， ，故,‎ 故，当且仅当即时等号成立，∴ ‎ ‎(2)由2,得,则 .当且仅当即时等号成立.∴‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用，熟练掌握“乘1法”和变形利用基本不等式是解题的关键．‎ ‎22.锐角的内角、、所对的边分别为、、，若.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理边角互化思想，结合两角和的正弦公式可计算出的值，结合为锐角，可得出角的值；‎ ‎（2）利用三角形的面积公式可求出，利用余弦定理得出，由此可得出的周长.‎ ‎【详解】（1）依据题设条件的特点，由正弦定理，‎ 得，有，‎ 从而，解得，为锐角，因此，；‎ ‎（2），故，‎ 由余弦定理，即，‎ ‎，，‎ 故的周长为．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查余弦定理和三角形面积公式解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形所适用的基本类型，同时在解题时充分利用边角互化思想，可以简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎23.如图，边长为2的正方形中，‎ ‎（1）点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点。求证：‎ ‎（2）当时，求三棱锥的体积。‎ ‎【答案】（1）证明；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意，,∴，∴。‎ ‎（2）把当作底面，因为角=90°，所以为高；‎ 过作H垂直于EF，H为EF中点（等腰三角形三线合一）；‎ BE＝BF＝BC，；‎ ‎，，‎ ‎，。‎ 考点：折叠问题，垂直关系，体积计算。‎ 点评：中档题，对于折叠问题，要特别注意“变”与“不变”的几何元素，及几何元素之间的关系。本题计算几何体体积时，应用了“等体积法”，简化了解题过程。‎ ‎24.已知圆.‎ ‎（1）求圆的半径和圆心坐标；‎ ‎（2）斜率为的直线与圆相交于、两点，求面积最大时直线的方程.‎ ‎【答案】（1）圆的圆心坐标为，半径为；（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将圆的方程化为标准方程，可得出圆的圆心坐标和半径；‎ ‎（2）设直线的方程为，即，设圆心到直线的距离，计算出直线截圆的弦长，利用基本不等式可得出的最大值以及等号成立时对应的的值，利用点的到直线的距离可解出实数的值.‎ ‎【详解】（1）将圆的方程化为标准方程得，‎ 因此，圆的圆心坐标为，半径为；‎ ‎（2）设直线的方程为，即，‎ 设圆心到直线的距离，则，且，‎ 的面积为，‎ 当且仅当时等号成立，由点到直线的距离公式得，‎ 解得或 因此，直线的方程为或．‎ ‎【点睛】本题考查圆的一般方程与标准方程之间的互化，以及直线截圆所形成的三角形的面积，解题时要充分利用几何法将直线截圆所得弦长表示出来，在求最值时，可利用基本不等式、函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎25.已知正项数列的前项和为，对任意，点都在函数 的图象上.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列，求数列的前项和；‎ ‎（3）已知数列满足，若对任意，存在使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2） ；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入函数的解析式得到，令，由可求出的值，令，由得，两式相减得出数列为等比数列，确定该数列的公比，利用等比数列的通项公式可求出数列的通项公式；‎ ‎（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求出数列的前项和；‎ ‎（3）利用分组求和法与裂项法求出数列的前项和，由题意得出，判断出数列各项的符号，得出数列的最大值为，利用函数的单调性得出该函数在区间上的最大值为，然后解不等式可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）将点代入函数的解析式得到.‎ 当时，，即，解得；‎ 当时，由得，‎ 上述两式相减得，得，即.‎ 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，；‎ ‎（2），，‎ 因此，①‎ ‎，②‎ 由①②得，‎ 所以；‎ ‎（3）．‎ 令为的前项和，‎ 则.‎ 因为，，，，‎ 当时，，‎ 令，，‎ 令，则，‎ 当时，，此时，数列为单调递减数列，，‎ 则，即，‎ 那么当时，数列为单调递减数列，此时，则.‎ 因此，数列的最大值为.‎ 又，函数单调递增，‎ 此时，函数的最大值为．‎ 因为对任意的，存在，.‎ 所以，解得，因此，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用等比数列前项和求数列通项，同时也考查了错位相减法求和以及数列不等式恒成立问题，解题时要充分利用数列的单调性求出数列的最大项或最小项的值，考查化归与转化思想的应用，属于难题.‎ ‎ ‎