新疆乌鲁木齐市第七十中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（文）试题

新疆乌鲁木齐市第七十中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（文）试题

乌鲁木齐市第70中学2018-2019学年高一下学期期末 数学试题（文）‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.直线的倾斜角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由直线方程,可知直线的斜率，‎ 设直线的倾斜角为，则，‎ 又，所以，‎ 故选．‎ ‎2.一个几何体三视图及其尺寸如图(单位:),则该几何体的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据正视图，左视图，俯视图可得该几何体为圆柱，然后根据圆柱表面积公式求解即可.‎ 详解：由题得该几何体为圆柱，底面半径为2，高为4，所以表面积为：‎ ‎，‎ 故选A.‎ 点睛：考查三视图，能正确推理出几何体的形状是解题关键，属于基础题.‎ ‎3.已知直线, 若, 则的值为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两直线垂直，斜率相乘等于 .‎ ‎【详解】由题意得，直线的斜率是，直线的斜率是，‎ 因为直线，所以，解得.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查直线垂直的斜率关系.‎ ‎4.已知直线和平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过正方体可以找到选项的反例，从而得到正确.‎ ‎【详解】在如下图所示的正方体中：‎ ‎，面，此时面，可知错误；‎ 面，，，此时面，可知错误；‎ ‎，，此时，可知错误；‎ 根据一条直线垂直于两条平行直线中的一条，必垂直于另一条，可知正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系，属于基础题.‎ ‎5.不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化为一元二次不等式.‎ ‎【详解】不等式可化为 ，‎ 即 ，‎ 等价于 ‎ 解得 ‎ 所以不等式的解集为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法.‎ ‎6.如图所示，在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，若E是A‎1C1的中点，则直线CE垂直于（ ）‎ A. AC B. A1D‎1 ‎C. A1D D. BD ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在正方体内结合线面关系证明线面垂直，继而得到线线垂直 ‎【详解】，平面，平面，‎ 则平面 ‎ 又因为平面 则 故选D ‎【点睛】本题考查了线线垂直，在求解过程中先求得线面垂直，由线面垂直的性质可得线线垂直，从而得到结果 ‎7.设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）‎ A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以由正弦定理可得，‎ ‎，‎ 所以，所以是直角三角形.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.‎ ‎8.已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，（q＞0），由题意可得关于q的式子，解之可得q，而所求的式子等于q2，计算可得．‎ ‎【详解】设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，（q＞0） 由题意可得 即q2-2q-3=0， 解得q=-1（舍去），或q=3， 故 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，求出公比是解决问题的关键，属基础题．‎ ‎9.在△ABC中角所对的边分别为以下叙述或变形中错误的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合正弦定理即可判断项正确；利用诱导公式即可判断项不正确；利用等比性质即可判断项正确；利用正弦函数单调性，诱导公式以及大边对大角即可判断项正确.‎ ‎【详解】项：由正弦定理，则，‎ 则由，答案正确.‎ 项：因为当时，则或，则或，所以不一定能得到，故B不正确，答案选B.‎ 项：由正弦定理，结合分数的等比性质即可得.‎ 项：因为当时，由正弦函数单调性可得，‎ 当时，‎ 由正弦函数单调性以及诱导公式可得，‎ 所以当时，可得；‎ 由正弦定理，当时，可得，‎ 即，从而可得，该结论正确.‎ ‎【点睛】主要考查了正弦定理的理解，等比性质，正弦函数单调性以及三角形的相关结论如大边对大角，属于基础题.‎ ‎10.设是等差数列，是其前项和，且，则下列结论错误的是（ ）‎ A. B. C. D. 和均为的最大值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据前n项和的不等式,可得的符号及相关性,进而可判断选项.‎ ‎【详解】是等差数列,且前项和满足 由,可知,‎ 由,可知,所以B正确;‎ 由,可知,‎ 根据等差数列性质可知,所以A正确;‎ 因为,所以,‎ 而,可得则,所以C错误;‎ 由,和可知,和均为的最大值,所以D正确.‎ 综上可知,错误的为C 故选:C ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n项和的关系,等差数列基本量的计算,对各项的关系要理解清楚,属于中档题.‎ ‎11.三棱锥三条侧棱两两垂直，三个侧面面积分别为，则该三棱锥外接球的表面积为( 　)‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】三棱锥P−ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，‎ 它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，‎ 设，‎ 则，‎ 解得,.‎ 则长方体的对角线的长为.‎ 所以球的直径是半径长R=，‎ 则球的表面积S=4πR2=6π 故选B.‎ 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．‎ ‎(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．‎ ‎12.正数满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用基本不等式求的最小值，再根据配方法求二次函数的最大值.‎ ‎【详解】，‎ ‎ ‎ 当且仅当，即时，“=”成立，‎ 若不等式对任意实数恒成立，‎ 则，‎ 即对任意实数恒成立，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 实数的取值范围是.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式与二次不等式恒成立.‎ 二、填空题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎13.如图，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的大小为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形中位线将问题转变为求解与所成角，根据边长关系可求得结果.‎ ‎【详解】连接，‎ 为中点 ‎ 则与所成角即为与所成角 在中，，可知为等边三角形 ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角的求解，关键是通过平移找到所成角，并将所成角放入三角形中来求解，属于基础题.‎ ‎14.在中角所对的边分别为，若则___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎,；由正弦定理，得，解得.‎ 考点：正弦定理.‎ ‎15.如图，四棱锥中，底面是边长为正方形，，，是的中点，则三棱锥的体积为____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，通过三角形中位线可判断出面，从而将所求三棱锥体积利用切割的方式变为，分别求解体积得到结果.‎ ‎【详解】取中点，连接 为中点 且 又面 面 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥体积的求解问题，关键是通过切割的方式将所求体积变为高易于求解的椎体体积的求解问题.‎ ‎16.已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足．若不等式对任意的恒成立，则实数的最大值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，则，不等式为，即，当为偶数时，（当且仅当时取等号），当为奇数时，，函数是增函数，因此时，其取得最小值为，即，综上的取值范围是，所以的最大值为.‎ 考点：数列的通项公式，数列与不等式恒成立的综合问题.‎ 三、解答题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎17.如图，在正方体中，，分别为，的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过三角形中位线证得，再根据线面平行的判定定理证得结论；（2）根据线面垂直的判定定理证得面，根据线面垂直的性质得到，再根据（1）中的证得结论.‎ ‎【详解】（1）连结 分别是的中点 ‎ 又面，面 面 ‎（2）面，面 ‎ 正方形 ‎ 又，面，面 面 又面 ‎ 由（1）知 ‎ ‎【点睛】本题考查线面平行关系的证明、线线垂直关系的证明.在立体几何证明问题时，若证明结论为线线垂直，则通常采用先证线面垂直，再利用线面垂直的性质得到结论的方法.‎ ‎18.（1）若，，求证：；‎ ‎（2）设，求函数的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分析法证明不等式；‎ ‎（2）利用基本不等式求最大值.‎ ‎【详解】（1）要证不等式成立，‎ 只要证：成立，‎ 只要证：成立，‎ 由，又，‎ ‎∴显然成立，‎ 故原不等式成立.‎ ‎（2），‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，等号成立当且仅当，‎ ‎∴函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查分析法证明不等式、基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意验证等号成立的条件.‎ ‎19.如图所示，在四棱锥中，四边形为矩形，为等腰三角形，，平面平面，且分别为的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）证明：平面平面；‎ ‎（3）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在平面中找的平行线；‎ ‎（2）转化为平面；‎ ‎（3）以四边形为底面，与中点的连线为三棱锥P-ABD的高可求得的体积.‎ ‎【详解】（1）证明：取的中点，连结，在中，分别为的中点，‎ ‎∴，，又分别为的中点，‎ ‎∴ ，，∴ ，，‎ ‎∴ 为平行四边形，∴ ，‎ ‎∵ 平面，平面，∴ 平面；‎ ‎（2）证明：∵ 平面平面，，平面平面，‎ ‎∴ 平面，∵ 平面，∴平面平面，‎ ‎（3）取中点，连结，‎ ‎∵平面平面及为等腰直角三角形，∴平面，即为四棱锥的高，‎ ‎∵，∴，‎ 所以。‎ 所以三棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的证明；以及锥体体积的计算，属于中档题.‎ ‎20.已知分别是三个内角所对的边，且.‎ ‎(1)求角的大小.‎ ‎(2)已知，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）推导出，解得，由此能求出B．（2）由B=，b=2，根据余弦定理得a2+c2﹣ac=4，从而a2+c2=ac+4≥‎2ac，进而ac≤4，由此能求出△ABC的面积最大值．‎ 详解：(1) 中， ‎ 即 解得 (舍)或.‎ 所以.‎ ‎(2)由(1)知 根据余弦定理得代入得，‎ 得，解得，‎ ‎ ‎ 所以的面积最大值为.‎ 点睛：本题考查角的大小的求法，考查三角形面积最大值的求法，考查三角函数性质、三角函数恒等式、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运用求解能力，考查函数与方程思想.‎ ‎21.设是一个公差不为零的等差数列，其前项和为，已知，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差数列的求和公式和等比中项公式求解；（2）采用裂项相消法.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，则，‎ 由成等比数列，可得，即，‎ 整理，可得．‎ 由，可得，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由于，所以，‎ 从而，‎ 即数列的前项和为．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合运用以及数列求和.‎ ‎22.已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R).‎ ‎(1)证明：直线l过定点；‎ ‎(2)若直线不经过第四象限，求k的取值范围；‎ ‎(3)若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，△AOB的面积为S(O为坐标原点)，求S 的最小值并求此时直线l的方程.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) [0，＋∞)；(3)4，x－2y＋4＝0.,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将直线的方程整理为斜截式的形式后,可知其过定点；(2)若直线不经过第四象限，则其斜率与其在轴上的截距均非负，此时可列出关于的不等式组，从而求得的取值范围；(3)根据直线的方程可求出点与的坐标，进而用含的式子表示出的面积，利用均值不等式可求出的面积最小时的值，从而得到的面积的最小值与此时直线的方程.‎ ‎【详解】(1)证明：直线l的方程可化为k(x＋2)＋(1－y)＝0，‎ 令 解得 ‎ ‎∴无论k取何值，直线总经过定点(－2,1)．‎ ‎(2)由方程知，当k≠0时直线在x轴上的截距为－ ，在y轴上的截距为1＋2k，要使直线不经过第四象限，则必须有 解得k＞0；‎ 当k＝0时，直线为y＝1，符合题意，故k的取值范围是[0，＋∞).‎ ‎(3)由题意可知k≠0，再由l的方程，‎ 得A ，B(0,1＋2k).‎ 依题意得解得k＞0.‎ ‎∵S＝ ·|OA|·|OB|＝·|1＋2k|‎ ‎＝·＝‎ ‎≥×(2×2＋4)＝4，‎ ‎“＝”成立的条件是k＞0且4k＝ ，‎ 即k＝，∴Smin＝4，‎ 此时直线l的方程为x－2y＋4＝0.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是直线方程的求法(1)含有参数的直线方程可看作是直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．(2)求解与直线方程有关的最值问题时，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值，是中档题.‎