河北省保定市曲阳县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试卷 WORD版含解析.doc

1、数学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.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. 直线的斜率为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】把直线方程化为斜截式即得斜率【详解】已知直线方程化为斜截式为，斜率为故选：C【点睛】本题考查由直线方程求斜率，属于简单题2. 等差数列中，公差，则（ ）A. B. C. 1D. 0【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的定义计算【详解】故选：D【点睛】本题考查等差数列的定义，根据定义求等差数列的项属于简单题3. 不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把分式不等式化为整式不等式求

2、解【详解】原不等式可化为，故选：B【点睛】本题考查解分式不等式，解题关键是把分式不等式化为整式不等式4. 设、，则线段的垂直平分线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出线段中点坐标，再求出直线斜率，利用垂直得中垂线斜率，从而得直线方程【详解】由已知中点坐标为，即，中垂线斜率为，直线方程为，即故选：A【点睛】本题考查求直线方程，考查中点坐标公式，解题关键是掌握两直线垂直的条件，属于基础题5. 已知，是两两不重合的三个平面，下列命题中错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根面面平行和面面垂直的关系对四个选项分别进行判

3、断，即可得出结论【详解】根据平行于同一平面的两个平面平行，可知正确； 由面面平行的性质定理：若两平面平行，第三个平面与他们都相交，则交线平行，可判断若，则为真命题，即正确； 若，根据平面与平面垂直的定义，可得，即正确； 当，时，与可能平行，也可能相交，不一定垂直，即不正确 故选：D【点睛】本题主要考查了对面面平行的性质和面面垂直的性质，属于基础题6. 设递增等比数列的公比为q，且，成等差数列，则（ ）A. 3B. 1或3C. 2D. 2或3【答案】A【解析】【分析】由，成等差数列列方程，解之可得【详解】，成等差数列，即，解得或，但时，数列为常数列，不是递增的，不合题意，故选：A【点睛】本题考查

4、等比数列的基本量计算，考查等差数列的性质属于基础题7. 对于任意实数a，b，c，则下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确命题的个数为（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质判断各个命题，错误的可举反例说明【详解】时，若，则，错误；若，则，错误；若，则，正确；，若，仍然有，错误正确的只有1个故选：C【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键8. 若直线a，b的斜率分别为方程的两个根，则a与b的位置关系为（ ）A. 互相平行B. 互相重合C. 互相垂直D. 无法确定【答案】C【解析】分析】求出方程两根的积，根据直线垂直的条件判断

5、【详解】由题意，两直线垂直故选：C【点睛】本题考查两直线垂直的条件，属于基础题9. 中国古代数学著作算法统宗中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了（ ）A. 6里B. 24里C. 48里D. 96里【答案】D【解析】【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得的值，即可得该人第2天走的路程里数，可得答案【详解】解：根据题意，记每

6、天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解可得，则；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D【点睛】本题考查等比数列的前项公式的应用，关键是正确分析题意，确定等比数列的数学模型，属于基础题10. 若正四面体的每条棱长均为，则二面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出图形，取的中点，可得出为二面角的平面角，计算出的三边长，利用余弦定理可求得二面角的余弦值.【详解】如下图所示，取的中点，连接、，是边长为的等边三角形，且为的中点，同理，所以，二面角的平面角为，在中，由余弦定理得，因此，二面角的余弦值为.故选：B.【点睛】本题考查二面角余弦值的求解，考查了二面

7、角定义的应用，考查计算能力，属于中等题.11. 在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，a，b，c成等比数列，则B的最大值为（ ）A. 90B. 60C. 45D. 30【答案】B【解析】【分析】由已知得；代入余弦定理结合余弦函数的性质即可得证【详解】解：因为，成等比数列，所以；而（当且仅当时取等号）又因为为三角形的内角，所以；故最大值为故选：B【点睛】本题考查余弦定理的应用，属于基础题.12. 已知数列，是首项为1，公比为2的等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出的通项，再利用累乘法求出的通项，从而可得的表达式.【详解】由题设有，而，当时，也满足

8、该式，故，所以，故选：D.【点睛】本题考查数列通项的求法，一般地，如果数列满足，那么我们用累乘法求数列的通项，注意验证是否满足求出的通项.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知x，y满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作可行域，作目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作可行域，如图内部（含边界），作直线，由得，即，平移直线，向上平移时增大，当直线过点时，取得最大值故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划，作出可行域是解题关键14. 已知一几何体的三视图如图所示，其中正视图由两个小正方形组成，俯视图为正三角形，则此几何体的表面积为_.【答案】【解析】【分析

9、】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的正三棱柱，求出棱柱的底面边长和高，即可求得棱柱的表面积【详解】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的正三棱柱，棱锥的底面三角形的边长为2，高为1，故棱柱的表面积，故答案为：【点睛】本题考查的知识点是由三视图求表面积，其中分析出几何体的形状是解答的关键，属于基础题15. 设函数则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】先判断函数是增函数，于是可把函数不等式转化为自变量的关系，进而可得原不等式的解集.【详解】当时，单调递增，且；当时，单调递增，且.所以函数在上单调递增.于是等价于，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查函数单

10、调性的判断与应用.遇到函数不等式问题，要利用单调性转化为自变量的关系再求解.判断分段函数的单调性，一定要关注对分段间隔点处的情况.16. 已知中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且，则_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理化角为边后，结合已知可求得，利用三角形面积公式可得，这样由正弦定理可把用表示，用表示，代入求值式可得结论【详解】，由正弦定理得，又，则，则，又，由正弦定理得，故答案为：【点睛】本题考查正弦定理、三角形面积公式，掌握正弦定理的边角互化是解题基础三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知的顶点，.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）证明：为

11、等腰直角三角形.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求出直线的斜率，即可得到直线，再用点斜式求出直线的方程即可；（2）利用平面直角坐标系上任意两点间的距离公式及勾股定理逆定理即可证明；【详解】（1）解：直线斜率为所以，边上的高所在直线的斜率为由点斜式方程得，边上的高所在直线的方程为即（2）证明：因为所以，且所以为等腰直角三角形【点睛】本题考查点斜式求直线方程以及平面直角坐标系上两点间的距离公式的应用，属于基础题.18. 设数列为等差数列，其在平面直角坐标系中的图象由点（）组成，若点，为该图象上的两点.（1）求；（2）求数列的前n项和及的最大值.【答案】（1）；（2），的

12、最大值为.【解析】【分析】（1）题意即已知，用基本量法求得可得通项公式，从而得；（2）由等差数列前项和公式得，结合二次函数性质可得最大值【详解】解：（1）设等差数列的公差为d因为点，在该图象上，所以解得故数列的通项公式为故（2）由（1）知，所以数列的前n项和为又因为函数的图象开口向下，对称轴为直线，所以的最大值为【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和公式，掌握等差数列的基本量运算是解题关键19. 如图，长方体中，点P为的中点.（1）求证：直线平面；（2）求异面直线与所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设和交于点O，连结，由三角形性中位线定理，我们可得，结合

13、线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）由（1）知，所以异面直线与所成的角就等于与所成的角，故即为所求，解三角形即可得求出结果【详解】（1）证明：设和交于点O，则O为的中点，连结，又因为P是的中点，故又因为平面，平面所以直线平面（2）由（1）知，所以异面直线与所成的角就等于与所成的角，故即为所求；因为，且所以.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，以及异面直线成角的求法，属于基础题.20. 某人在池塘南岸A处看到北岸两个警示牌C、D分别在北偏东45和北偏东30方向，此人向东走了一段距离到达B处后再次观察警示牌C、D，此时二者分别在北偏西15和北偏西60方向，已知米.（1）设米，求；（用x

14、表示）（2）求此人向东实际走了多少米?【答案】（1） ；（2）此人向东实际走了米.【解析】【分析】（1）在中，用正弦定理求；（2）是直角三角形，用表示，在中，用余弦定理列出方程，可解得【详解】（1）在中， ；（2）在中，由（1）知， ，在中，即，解得米，答：此人向东实际走了米【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，正确认识方位角是解题关键21. 如图，四棱锥中，四边形为矩形，.（1）求证：平面；（2）求四棱锥外接球的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理以及性质证明，利用勾股定理证明，最后由线面垂直的判定定理证明平面；（2）先证明平面平面，由面面

15、垂直的性质以及线面垂直的性质得出，再由确定G为四棱锥外接球的球心，最后由球的体积公式计算即可.【详解】（1）证明：，,平面平面又，平面平面又在中，故，面平面（2）设G为矩形对角线的交点，则作于O因为平面，平面所以平面平面平面平面，平面故平面平面，连结，则所以G为四棱锥外接球的球心，且球的半径为故所求的球的体积为【点睛】本题主要考查了证明线面垂直以及求四棱锥外接球的体积，属于中档题.22. 已知数列、满足：，为等比数列，且，.（1）试判断数列是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）数列不是等差数列，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知首先求出，由为等比数列，求得，可判断数列是否为等差数列；（2）由（1）可得可求得数列的通项公式，用累加法求得，然后再用分组求和法求得和【详解】解：（1）数列不是等差数列理由如下：由，且，得：所以 又因为数列为等比数列，所以可知数列的首项为4，公比为2.所以，显然故数列不是等差数列（2）结合（1）知，等比数列的首项为4，公比为2. 故， 所以因为，（） 令，累加得 又满足上式 ， 所以【点睛】本题考查等差数列的判断，考查累加法求通项公式，分组求和法，掌握等差等比数列的通项公式和前项和公式是解题基础