新疆乌鲁木齐第70中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学考试（问卷）试题 WORD版含解析.doc

1、2019-2020第二学期期末高一年级数学考试问卷一、选择题1.已知、满足，则下列选项成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式两边同乘以一个正数不等号不变，判断选项即可.【详解】A：因为、满足，所以，正确；.B：，与题意不符，不正确；C：，与题意不符，不正确；D：，与题意不符，不正确；故选：A.【点睛】本题主要考查不等式的性质.属于容易题.2.过点的直线平分了圆：的周长，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由直线过圆心可得直线的斜率，从而倾斜角【详解】由得圆标准方程是，知其圆心为；直线平分了圆：的周长，则此直线过圆的圆心，于

2、是其斜率为；所以其倾斜角为.故选：D【点睛】本题考查圆的性质，圆是以圆心为对称中心的中心对称图形，也是以每条直径所在直线为对称轴的中心图形3.已知为等比数列,则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由条件可得的值，进而由和可得解.【详解】或.由等比数列性质可知或故选D.【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.4.已知，是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，垂直于同一平面，则与不平行B. 若，平行于同一平面，则与平行C. 若，不平行，则在内不存在与平行的直线D. 若，不平行，则与不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】【分析】采用逐一验

3、证法，根据线线、线面、面面的位置关系以及相关的判定定理和性质定理，直接判断可得结果.【详解】A项，若，垂直于同一平面，则与平行或相交，故A项错误；B项，若，平行于同一平面，则与可能平行、相交或异面，故B项错误；C项，若，不平行，则在内与两平面交线平行的直线与平行，故C项错误；D项，因为垂直于同一平面的两条直线平行，故D项正确.故选：D【点睛】本题考查线线、线面、面面的位置关，识记判定定理和性质定理以及相关推论，属基础题.5.在中，a=15,b=10,A=60，则=( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理即可得到，进而得到结果.【详解】由正弦定理得，考点：正弦定理解三

4、角形6.下列各图中，、为正方体的两个顶点，、分别为其所在棱的中点，能得出/平面的图形的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】采用逐一验证法，根据中位线定理和线面平行以及面面平行的判定定理，可得结果.详解】项，如图，作/，连接，得平面，因为/，平面，所以/平面，即/平面，故项正确；项，如图，连结，由已知可得平面/平面；因为和平面相交，所以不平行于平面，故项错误；项，如图，连接，由已知可得/，因/，由平行的传递性可得/，又因为/，所以平面/平面，又因为平面，所以/平面，故项正确；项，如图，因为/，平面，若/平面，又，则平面/平面，由图可知平面不可能平行平面，所以不平行于平面

5、，故项错误。综上，符合题意。故选：A【点睛】本题考查线面平行的判定，考查逻辑推理能力以及分析问题能力，重在对概念以及定理要熟悉，属基础题.7.设等差数列的公差为2，前项和为，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先写出通项公式，然后将用表示，然后计算，将代入可得结果.【详解】设等差数列的公差为，且由题可知：，由则故选：C【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前项和，关键在于识记公式，属基础题.8.如图所在平面，是的直径，是上一点，给出下列结论：；平面平面；是直角三角形其中正确的命题的个数是（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】通过线

6、面垂直判定定理得到面，面，可判断，通过反证法得出矛盾可判断.【详解】因为面，面，所以.因为点是上一点，因为，所以面，因为面，所以.因为，所以面.因为面，面，所以，.故正确.因为，所以面，因为面，所以，故正确.假设成立，因为，所以面.但已证得面，与过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，所以假设不成立.故不正确.因为面，面，所以平面平面，故正确.综上可得正确.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面垂直的性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.9.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【

7、答案】C【解析】正四棱柱的底面积为，正四棱柱的底面的边长为，正四棱柱的底面的对角线为，正四棱柱的对角线为，而球的直径等于正四棱柱的对角线，即，10.若动点，分别在直线和上移动，则线段的中点到原点的距离的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可得点的轨迹方程，然后利用点到直线的距离公式可得结果.【详解】由题意知：点的轨迹为平行于直线、且到、距离相等的直线，故其方程为，到原点的距离的最小值为.故选：A【点睛】本题主要考查点到直线的距离，解题关键在于点的轨迹，审清题意，细心计算，属基础题.11.甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成，其空间构型为一个各条棱都相等的四面

8、体，四个氢原子分别位于该四面体的四个顶点上，碳原子位于该四面体的中心，它与每个氢原子的距离都是，若将碳原子和氢原子均视为一个点，则任意两个氢原子之间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将此正四面体补成正方体，正方体的对角线就是正四面体外接球的直径，由此可得外接球直径（正方体）的体对角线，正四面体的棱长（正方体的面对角线，正方体的棱之间的关系【详解】显然，四面体的四个顶点在以中心（碳原子）为球心，中心到各顶点（氢原子）的距离为半径的球面上，如图，将此正四面体补成正方体，其中、也在球面上，设任意两个氢原子之间的距离为，则.、之间的关系是，因此，即任意两个氢原子之间的距离

9、为.故选：B.【点睛】本题考查正四面体与外接球，解题关键是把正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球就是正方体的外接球补形在立体几何中可以简化且明确线面、线线间的关系12.的内角，所对的边长分别为，已知角，角为锐角， 周长的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦定理得：，可得 ，得出的周长 ，根据正弦的差角公式和辅助角公式化简，再由角的范围可求得周长的范围.【详解】由正弦定理得：，可得 ，的周长 ，因为，所以，的周长的范围为：，故选：B.【点睛】本题考查解三角形的正弦定理，三角恒等变换，三角函数的最值，关键在于由正弦定理将边转化为角，由角的范围求得最值，属于中档

10、题.二、填空题13.已知实数、满足条件则的最大值为_.【答案】【解析】分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出表示的可行域，如图，由可得，将变形，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值，故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优

11、解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.已知长方体的顶点都在直径为3的球面上，点是的中点，则异面直线与所成角的大小是_.【答案】【解析】【分析】取中点，连，可证，则（或补角）是异面直线与所成角，通过余弦定理解三角形即可求得结果.【详解】取中点，连，在长方体中，为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，则（或补角）是异面直线与所成角，长方体的顶点都在直径为3的球面上，得，而，则，计算得，故答案为:.【点睛】本题考查异面直线成角问题，在长方体或正方体中其对角线就是外接球的直径，利用余弦定理解三角形是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.15.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是_.

12、【答案】【解析】【分析】用“1”的代换凑配出定值，然后用基本不等式求得最小值后可得结论【详解】因为，要使恒成立，所以，解得.故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立问题，解题关键是用“1”的代换凑配出定值后用基本不等式求最小值16.设数列中前项的和，则_.【答案】【解析】【分析】由求得，在已知等式中用替换另一等式，两式相减后得的递推式，可构造出一新的等比数列，利用等比数列通项公式可求得，检验是否也适合此式即可得【详解】由，取得：，即.当时，得：，即.，数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，.，故答案为：.【点睛】本题考查由和的关系式求数列的通项公式，解题根据是，但要注意此式中，不包含否则易出错

13、三、解答题17.已知直线过两直线和的交点，且点，到直线的距离相等，求直线的方程.【答案】或.【解析】【分析】先求出直线和的交点坐标，又点，到直线的距离相等，从而求出直线的方程.【详解】设直线的方程为；由题意得：，解得：，两条直线的交点为，将点代入，得，解得：.，即：点和到直线的距离相等解得：或，或.综上所述，结论是：的方程为：或.【点睛】本题考查用点斜式求直线的方程，考查点到直线的距离公式的应用，本题也可以用几何法分析得到直线或过的中点，属于基础.18.已知：，不等式的解集是.（1）求的解析式；（2）若对于任意的，则不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用

14、二次不等式与二次方程的联系可得到二次方程的根为和，可利用根与系数的关系得到的关系式，从而得到其值；（2）将不等式转化为恒成立问题，从而求得值.【详解】（1），不等式的解集是，可得和是方程的两根，即有，解得，所以.（2）对于任意的，则不等式恒成立，即为在的最大值，由的对称轴，且，可得的最大值为5，即有，解得，则的取值范围为.【点睛】本题主要考查了三个二次关系，以及二次函数图像和性质.属于中档题.19.如图，为圆的直径，点、在圆上，且，矩形所在的平面与圆所在的平面互相垂直，且，.（1）设的中点为，求证：面；（2）求证：面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取的中点，

15、连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）利用圆的性质得出，由面面垂直的性质定理得出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可得出结论.【详解】（1）取的中点，连接、，、分别为、的中点，则且，四边形为矩形，则且，为的中点，则且，且，所以，四边形平行四边形，则，平面，平面，平面；（2）四边形为矩形，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，点是以为直径的圆上异于点、的一点，则，平面.【点睛】本题考查线面平行与线面垂直的证明，考查了面面垂直性质定理的应用，考查推理能力，属于中等题.20.在 中，内角的对边分别为 .已知 （1） 求的值（2） 若 ，求的面积.【答案

16、】（1） （2）【解析】【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，从而计算出面积【详解】（1）由正弦定理得，所以 即 即有，即 所以（2）由（1）知，即，又因为 ，所以由余弦定理得：，即，解得,所以，又因为，所以 ，故的面积为=.【点睛】正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题21.已知数列的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数,构成等差数列，是的前项和，且，.（1）若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知，求的值；（2）设，求.【答

17、案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意为等差数列，设公差为，可得,设从第三行起每行公比为，由可求得,而是数阵中第行第个数,利用等比数列的通项公式可得其值；（2）由利用裂项法可以知道,再由累加法即可求得【详解】（1）为等差数列，设公差为，.设从第三行起每行的公比都是，且，故.，故是数阵中第10行第5个数，而.（2）由得，所以，那么那么.【点睛】本题考查了等差数列等比数列，裂项求和，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力，属于中档题.22.已知圆：，直线过定点.（1）若与圆相切，求的方程；（2）若与圆相交于，两点，线段的中点为，又与：的交点为，求证： 为定值.【答案】（1）或；（2）证

18、明见解析【解析】【分析】（1）先讨论直线l1的斜率不存在，再讨论直线l1的斜率存在，利用点到直线的距离公式求解即可；（2）先联立直线方程得，解出，再联立，解出，然后利用两点距离公式求解即可.【详解】（1）若直线l1的斜率不存在，即直线是，符合题意，若直线l1的斜率存在，设直线l1为，即，圆心到直线l1的距离等于半径2，即 ，解得，故所求直线l1方程是或.（2）直线l1与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线l1的方程为：，由 ，得,又直线与l1垂直，则直线所在的直线方程为 ，联立得 ，得.由两点的距离公式可得： 故为定值.【点睛】本题考查了过圆外一点的圆的切线问题，重点考查了直线交点坐标的求法及两点的距离公式，属中档题.