河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、沧州一中高一年级期末数学试题（满分：150分，测试时间：120分钟）第I卷（选择题，共70分）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.已知实数a，b，c满足，那么下列选项中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质推理即可得出.详解】，且，.故选：A.【点睛】本题考查不等式与不等关系，解题关键是熟练掌握不等式的性质，属于基础题.2.总体由编号为01，02，39，40的40个个体组成利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则

2、选出来的第5个个体的编号为（ ）50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 4822 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11A. 23B. 21C. 35D. 32【答案】B【解析】【分析】从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，于是将两个数字构成的编号依次写出，然后读取出在01，02，39，40编号内编号（重复的算一次），依次选取5个不重复的即可得到【详解】解随机数

3、表第1行的第6列和第7列数字为6,4所以从这两个数字开始，由左向右依次选取两个数字如下64,42,16,60,65,80,56,26,16,55,43,50,24,23,54,89,63,21,45，其中落在编号01，02，39，40内的有：16,26,24,23,21, 故第5个编号为21.故选B【点睛】本题考查了抽样中的随机抽样法，理清本题中随机抽样的规则是解题的关键，依次写出落在规定范围内的不重复的编号，从而解决问题3.已知三角形的三边满足条件，则（ ）A. 30B. 45C. 60D. 120【答案】C【解析】分析：化简已知利用余弦定理求A.详解：由题得所以cosA=故答案为C.点睛：

4、(1)本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 余弦定理：ABC中：；,已知边边边或边角边，一般用余弦定理.4.设等差数列的公差，若是与的等比中项，则（ ）A. 2B. 3C. 5D. 8【答案】C【解析】【详解】由已知,所以,所以.故选C.5.在空间中，设，为两条不同直线， ，为两个不同平面，则下列命题正确的是A. 若且，则B. 若，则C. 若且，则D. 若不垂直于，且，则必不垂直于【答案】C【解析】【详解】解：由m，n为两条不同直线，为两个不同平面，知：在A中，若m且，则m或m，故A错误；在B中，若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故B错误；在C中，若m且，

5、则由线面垂直的判定定理得m，故C正确；在D中，若m不垂直于，且n，则m有可能垂直于n，故D错误故选：C6.过点，且与原点距离最大的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】过点，且与原点距离最大的直线即为过点且与垂直的直线，,利用垂直的条件，可以求直线的斜率为，所以直线方程为：，整理得.故选D.7.若设、为实数，且，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式转化为指数运算即可求解【详解】由基本不等式可得，又因为，所以（当且仅当等号成立）故答案为D【点睛】本题考查了用基本不等式求指数中的最值，比较基础8.已知点，则外接圆的圆心坐标为( )A

6、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得线段和线段的垂直平分线的交点坐标，由此求得外接圆的圆心坐标.【详解】线段中点坐标为，线段斜率为，所以线段垂直平分线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即.线段中点坐标为，线段斜率为，所以线段垂直平分线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即.由.所以外接圆的圆心坐标为.故选：A【点睛】本小题主要考查三角形外接圆的圆心坐标的求法，属于基础题.9.关于x的不等式x2（a+1）x+a0的解集中恰有两个正整数，则实数a的取值范国是（ ）A. 2，4）B. 3，4C. （3，4D. （3，4）【答案】C【解析】【分析】结合因式分解法先求得两根，再结合解集

7、中恰有两正根，可进一步判断的取值范围【详解】，因解集中恰好有两个正整数，可判断解集为，两正整数为2,3，故故选C【点睛】本题考查由解集分布情况来求解参数范围，一元二次不等式的解法，易错点为在端点处等号取不取，能不能精确判断的问题，要避免此类错误可采取试值法，把端点值代入检验即可，属于中档题10.鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A.

8、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.11.已知圆,直线,若直线上存在点，过点引圆的两条切线,使得,则实数的取值范围是（ ）A. B. ,C. D. ）【答案】D【解析】【分析】由题意结合几何性质可知点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距

9、离小于等于半径，据此求解关于k的不等式即可求得实数k的取值范围.【详解】圆C（2,0），半径r，设P（x，y），因为两切线，如下图，PAPB，由切线性质定理，知：PAAC，PBBC，PAPB，所以，四边形PACB为正方形，所以，PC2，则：，即点P的轨迹是以（2,0）为圆心，2为半径的圆.直线过定点（0，2），直线方程即，只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，即：，解得：，即实数的取值范围是）.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，轨迹方程的求解与应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12.两球和在棱长为1

10、的正方体的内部，且互相外切，若球与过点的正方体的三个面相切，球与过点的正方体的三个面相切，则球和的表面积之和的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设球与球的半径分别为r1,r2,.，,球与球的面积之和为：,当且仅当时取等号,其面积最小值为(63).故选A.【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P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC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

11、体，利用求解二、多选题（本题共2个小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的，得0分.）13.如图，梯形中，将沿对角线折起.设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题正确的：()A. B. 三棱锥的体积为C. 平面D. 平面平面【答案】CD【解析】【分析】依次判断每个选项的正误得到答案.【详解】如图所示：为中点，连接 ，得到 又故为等腰直角三角形平面平面， ，所以平面，所以C正确为中点，则平面 所以如果，则可得到平面，故 与已知矛盾.故A错误三棱锥的体积为 .故B错误在直角三角形中， 在三角形中， 满足又 所以平面，所

12、以平面平面，故D正确综上所述：答案为CD【点睛】本题考查了立体几何线线垂直，线面垂直，体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14.（多选题）在数列中，若，（，为常数），则称为“等方差数列”下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）A. 若是等差数列，则是等方差数列B. 是等方差数列C. 若是等方差数列，则（，为常数）也是等方差数列D. 若既等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列【答案】BCD【解析】【分析】根据定义以及举特殊数列来判断各选项中结论的正误.【详解】对于A选项，取，则不是常数，则不是等方差数列，A选项中的结论错误；对于B选项，为常数，则是等方差数列，B选项中的结论正确；对于

13、C选项，若是等方差数列，则存在常数，使得，则数列为等差数列，所以，则数列（，为常数）也是等方差数列，C选项中的结论正确；对于D选项，若数列为等差数列，设其公差为，则存在，使得，则，由于数列也为等方差数列，所以，存在实数，使得，则对任意的恒成立，则，得，此时，数列为常数列，D选项正确.故选BCD.【点睛】本题考查数列中的新定义，解题时要充分利用题中的定义进行判断，也可以结合特殊数列来判断命题不成立，考查逻辑推理能力，属于中等题.第II卷（非选择题，共80分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分)15.设等差数列的前项和为，若，则 _【答案】【解析】【分析】由可得，然后根据等差数列的通项

14、公式可得，即为所求【详解】设等差数列的公差为，则，故答案为24【点睛】本题考查等差数列中基本量的运算，解题的关键在于将问题转化为和进行处理，属于基础题16.如图，圆柱中，两半径，等于1，且，异面直线与所成角的正切值为，则该圆柱的体积为_【答案】【解析】【分析】过作于点，则，由平行等于，且得，所以圆柱的高，圆柱的体积为【详解】过作于点，则即为异面直线与所成角，则，由平行等于，且，可得，得，又,所以圆柱的高，所以圆柱的体积为故答案为：.【点睛】本题考查圆柱的体积的计算，同时也考查了异面直线所成的角，考查空间推理能力，属于中等题.17.如图，一栋建筑物AB高（30-10）m，在该建筑物的正东方向有一

15、个通信塔CD在它们之间的地面M点（B、M、D三点共线）测得对楼顶A、塔顶C的仰角分别是15和60，在楼顶A处测得对塔顶C的仰角为30，则通信塔CD的高为_m【答案】60【解析】【分析】由已知可以求出、的大小，在中，利用锐角三角函数，可以求出.在中，运用正弦定理，可以求出.在中，利用锐角三角函数，求出.【详解】由题意可知：，由三角形内角和定理可知.在中，.在中，由正弦定理可知：，在中，.【点睛】本题考查了锐角三角函数、正弦定理，考查了数学运算能力.18.阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为

16、，动点满足，则的最小值_【答案】【解析】【分析】先以所在直线为轴，以的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，得到，设，求出点的轨迹，得到，再由点的轨迹方程，求出，即可得出结果.【详解】以所在直线为轴，以的垂直平分线所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为，所以，设，因为，所以，整理得：，所以，因为可化为，所以，解得，因此.即的最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆上的点到两定点距离平方和的最值问题，熟记求轨迹方程的方法即可，属于常考题型.四、解答题（本题共5小题，共60分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或验算步骤.）19.的周长为，且（1）求边的长；（2）若的面积为，

17、求角的度数【答案】（1）1；（2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理可得，结合周长，可解得；（2）根据三角形的面积公式可求出，结合（1）由余弦定理求出，从而可得结果【详解】（1）因为三角形周长为，所以，因为，所以由正弦定理可得， 两式相减，解得（2）由的面积由余弦定理，得，所以【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20.由于疫情影响，今年我们学校开展线上教学，高一年级某班班主任

18、为了了解学生上网学习时间，对本班40名学生某天上网学习时间进行了调查，将数据（取整数）整理后，绘制出如图所示频率分布直方图，已知从左到右各个小组频率分别是0.15，0.25，0.35，0.20，0.05，则根据直方图所提供的信息：（1）这一天上网学习时间在分钟之间的学生有多少人？（2）估计这40位同学线上平均学习时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）以及中位数分别是多少？（精确到）（3）如果只用这40名学生这一天上网学习时间作为样本去推断该校高一年级全体学生该天的上网学习时间，这样推断是否合理？为什么？【答案】（1）14人；（2）104.9分钟；100.2；（3）不合理.理由见解析.【

19、解析】【分析】（1）根据频数=样本容量频率计算即可；（2）根据每组的中值与频率积的和即可估计总体的平均值；在中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的可得中位数；（3）根据样本的构成来分析，不够全面，所以推断不合理.【详解】（1）因为频数样本容量频率，一天上网学习时间在分钟之间的学生所占频率为0.35，所以一天上网学习时间在分钟之间的学生人数为（人）（2）40位同学的线上学习时间估计值为：分钟在中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的，设在靠近左侧长度为 ,则解得；所以中位数估计值是（3）因为该样本的选取只在高一某班，不具有代表性，所以这样推断不合理.【点睛】本题主要考查了根据频率分布直方图

20、求频率，均值，涉及样本构成的合理性问题，属于容易题.21.如图，台风中心从地以每小时千米的速度向东北方向（北偏东）移动，离台风中心不超过千米的地区为危险区域.城市在地的正东千米处.请建立恰当的平面直角坐标系，解决以下问题：(1)求台风移动路径所在的直线方程；(2)求城市处于危险区域的时间是多少小时？【答案】（1）（答案不唯一）；（2）小时【解析】【分析】（1）以为原点，正东方向为轴建立平面直角坐标系，可确定点坐标和直线斜率，从而可得直线方程；（2）利用直线截圆所得弦长的求解方法求得，除以速度即可得到小时数.【详解】（1）以为原点，正东方向为轴建立如图所示的平面直角坐标系则台风中心的坐标是，台风

21、移动路径所在直线斜率为：台风移动路径所在的直线方程为： （2）以为圆心，千米为半径作圆圆和直线相交于两点则台风中心移到时，城市开始受台风影响(危险区)，直到时，解除影响点到直线的距离：又（小时） 城市处于危险区内的时间是小时【点睛】本题考查直线与圆的实际应用问题，涉及到直线被圆截得的弦长的求解，属于基础题.22.已知f（x）3x22x，数列an的前n项和为Sn，点（n，Sn）（nN*）均在函数yf（x）的图象上（1）求数列an的通项公式；（2）设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m【答案】（1）an=6n5（nN*） （2）m10【解析】【详解】试题分析：

22、（1）根据条件得到Sn=3n22n，进行求解即可求数列 an的通项公式；（2）求出数列bn的通项公式，利用裂项法进行求和即可试题解析：（1）由点（n，Sn）（nN*）均在函数y=f（x）的图象上得Sn=3n22n当n2时，an=SnSn1=（3n22n）3（n1）22（n1）6n5；当n1时，a1=S1=31221=1，满足上式，所以an=6n5（nN*）（2）由（1）得bn=，Tn=b1b2b3bn=1=（1）因此，使得（nN*）成立的m必须且仅须满足，即m10，故满足要求的最小整数m10考点：等差数列的通项公式以及数列求和23.如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2

23、）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，则，平面ABC平面，且平面ABC平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合平面，故.(2)在底面ABC内作EHAC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.