吉林省实验中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（理）试题 19页

www.ks5u.com 林省实验中学2018---2019学年度下学期高一年级数学学科(理)‎ 期末考试试题 一、单选题 ‎1.已知直线，平面，且，下列条件中能推出的是（ ）‎ A. B. C. D. 与相交 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的性质，逐项判断即可得出结果.‎ ‎【详解】A中，若，由，可得；故A不满足题意；‎ B中，若，由，可得；故B不满足题意；‎ C中，若，由，可得；故C正确；‎ D中，若与相交，由，可得异面或平，故D不满足题意.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的性质，熟记线面垂直的性质定理即可，属于常考题型.‎ ‎2.若直线与平行，则实数的值为（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与直线平行的性质求解．‎ ‎【详解】∵直线与平行，‎ ‎ ‎ 解得a＝1或a＝﹣2．‎ ‎∵当a＝﹣2时，两直线重合，‎ ‎∴a＝1．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查满足条件的实数值的求法，是基础题，解题时要注意两直线的位置关系的合理运用．‎ ‎3.圆：被直线截得的线段长为（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由弦长，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为圆：的圆心为，半径；‎ 所以圆心到直线的距离为，‎ 因此，弦长.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查求圆被直线所截弦长问题，常用几何法处理，属于常考题型.‎ ‎4.如图是某个正方体的平面展开图，，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ）‎ A. 互相平行 B. 异面且互相垂直 C. 异面且夹角为 D. 相交且夹角为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将平面展开图还原成正方体，再判断求解.‎ ‎【详解】‎ 将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形，所以与的夹角为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎5.如图所示，是半圆的直径，垂直于半圆所在的平面，点是圆周上不同于的任意一点，分别为的中点，则下列结论正确的是( 　)‎ A. B. 平面平面 C. 与所成的角为45° D. 平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对每一个选项逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】A.，分别为，的中点，‎ ‎，又，与所成的角为，故不正确；‎ ‎，，不成立，故A不正确．‎ B. 是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，‎ ‎，‎ 垂直所在的平面，所在的平面，‎ ‎，‎ 又，平面，‎ 又平面，平面平面，故B正确；‎ C. 是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，‎ ‎，又、、、共面，与不垂直，‎ 平面不成立，故不正确；‎ ‎，分别为，的中点，‎ ‎，又，与所成的角为，故不正确；‎ D. 是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，‎ ‎，又、、、共面，与不垂直，‎ 平面不成立，故D不正确.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.记等差数列的前n项和为.若，则（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得值，可得可得答案.‎ ‎【详解】解：由，可得，‎ 所以，从而，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考察等差数列的性质及等差数列前n项的和，由得出的值是解题的关键.‎ ‎7.四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接交于点，连接，证明平面，进而可得到即是直线与平面所成角，根据题中数据即可求出结果.‎ ‎【详解】连接交于点，‎ 因为平面，底面是正方形，‎ 所以，，因此平面；故平面；‎ 连接，则即是直线与平面所成角，‎ 又因，所以，.‎ 所以，所以.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型.‎ ‎8.设，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由3是与的等比中项，可得，再利用不等式知识可得的最小值.‎ ‎【详解】解：3是与的等比中项，，‎ ‎，‎ ‎=，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了指数式和对数式的互化，及均值不等式求最值的运用，考查了计算变通能力.‎ ‎9.已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）‎ A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 相离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 化简圆到直线距离 ，‎ 又 两圆相交. 选B ‎10.已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. 平面 D. 平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方体性质，以及线面平行、垂直的判定以及性质定理即可判断.‎ ‎【详解】因为在正方体中，，且平面，平面，‎ 所以平面，因为平面，且平面平面，‎ 所以有，而，则与不平行，故选项不正确；‎ 若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确； ‎ 若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；‎ 而因为平面，平面，‎ 所以有平面，所以选项C正确，.‎ ‎【点睛】本题考查了线线、线面平行与垂直的关系判断，属于中档题.‎ ‎11.已知数列满足，，则的值为（ ）‎ A. 2 B. -3 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过列举找到数列的周期，再利用数列的周期求值.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以数列的周期为4，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查递推数列和数列周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎12.在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合题意，结合直线与平面垂直的判定和性质，得到两个直角三角形，取斜边的一半，即为外接球的半径，结合球表面积计算公式，计算，即可。‎ ‎【详解】‎ 过P点作，结合平面ABC平面PAC可知，，故 ‎，结合可知，，所以，结合 所以,所以，故该外接球的半径等于，所以球的表面积为，故选D。‎ ‎【点睛】考查了平面与平面垂直的性质，考查了直线与平面垂直的判定和性质，难度偏难。‎ 二、填空题 ‎13.若正实数满足，则的最大值为__________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可利用基本不等式求最大值.‎ ‎【详解】因为都是正数，由基本不等式有，‎ 所以即，当且仅当时等号成立，‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.‎ ‎14.已知直线平分圆的周长，则实数________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得圆心在直线上，解方程即得解.‎ ‎【详解】由题得圆心（1，a）在直线上，‎ 所以.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎15.若正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的角是45°，则该正四棱锥的体积是________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过棱锥顶点作,平面，则为的中点，为正方形的中心，连结，设正四棱锥的底面长为，根据已知求出a=2,SO=1,再求该正四棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ 过棱锥顶点作,平面，‎ 则为的中点，为正方形的中心，连结，‎ 则为侧面与底面所成角的平面角，即，设正四棱锥的底面长为，则，所以，‎ 在中，∵‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴‎ ‎∴棱锥的体积.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线面角的计算，考查棱锥体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎16.已知函数，且，则 __________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】为偶数时， ； 为奇数时， ；‎ ‎ .‎ 点睛:本题采用分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如 ‎ ）及符号型（如 ）.‎ 三、解答题 ‎17.已知三角形的三个顶点，，.‎ ‎（1）求线段的中线所在直线方程；‎ ‎（2）求边上的高所在的直线方程.‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出BC中点的坐标，再求BC的中线所在直线的方程；（2）先求出AB的斜率，再求出边上的高所在的直线方程.‎ ‎【详解】（1）由题得BC中点D的坐标为（2，-1）,‎ 所以,‎ 所以线段的中线AD所在直线方程为 即.‎ ‎（2）由题得,‎ 所以AB边上的高所在直线方程为，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎18.已知公差不为0的等差数列满足，是，的等比中项.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法求和．‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为 ，则 ‎ ‎ 解得 或（舍去）， ‎ ‎. ‎ ‎（2）, ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消进行数列求和的方法，属于基础题．‎ ‎19.如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】(1)见详解；（2）见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证OD∥BC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1∥平面A1CD．‎ ‎（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1⊥A1C，利用线面垂直的性质可证AB⊥AA1，根据AB⊥AC，利用线面垂直的判定定理可证AB⊥平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C⊥平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1⊥A1C．‎ ‎【详解】（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，‎ 所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：OD∥BC1，‎ 又因为：BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．‎ ‎（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：AC＝AA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，‎ 所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为：AB⊂平面ABC，所以：AB⊥AA1，‎ 又因为：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，‎ 所以：AB⊥平面ACC1A1，因为：A1C⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，‎ 又因为：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，‎ 因为：BC1⊂平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．‎ ‎20.某大学要修建一个面积为的长方形景观水池，并且在景观水池四周要修建出宽为2m和3m的小路如图所示问如何设计景观水池的边长，能使总占地面积最小？并求出总占地面积的最小值．‎ ‎【答案】水池一边长为12m，另一边为12m，总面积为最小，为。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设水池一边长为xm，则另一边为，表示出面积利用基本不等式求解即可．‎ ‎【详解】设水池一边长为xm，则另一边为，‎ 总面积，‎ 当且仅当时取等号，‎ 故水池一边长为12m，则另一边为12m，总面积为最小，为，‎ ‎【点睛】本题考查函数在实际问题中的应用，基本不等式的应用，考查计算能力．‎ ‎21.如图，已知圆： ，点.‎ ‎（1）求经过点且与圆相切的直线的方程；‎ ‎（2）过点的直线与圆相交于、两点，为线段的中点，求线段长度的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设直线方程点斜式，再根据圆心到直线距离等于半径求斜率；最后验证斜率不存在情况是否满足题意（2）先求点的轨迹：为圆，再根据点到圆上点距离关系确定最值 试题解析：（1）当过点直线的斜率不存在时，其方程为，满足条件． ‎ 当切线的斜率存在时，设： ，即，‎ 圆心到切线的距离等于半径3，‎ ‎，解得． ‎ 切线方程为，即 ‎ 故所求直线方程为或． ‎ ‎（2）由题意可得， 点的轨迹是以为直径的圆，记为圆． ‎ ‎ 则圆的方程为． ‎ 从而， ‎ 所以线段长度的最大值为，最小值为，‎ 所以线段长度的取值范围为．‎ ‎22.如图，四边形是边长为2的正方形，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，进而可得平面平面；‎ ‎（2）先取中点，连结，，证明平面平面，在平面内作于点，则平面. 以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.分别求出两平面的法向量，求向量夹角余弦值，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为四边形是正方形，所以折起后，且，‎ 因为，所以是正三角形，所以.‎ 又因为正方形中，为的中点，所以，所以，‎ 所以，所以，又因为，所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）取中点，连结，，则，，‎ 又，则平面.又平面，所以平面平面.‎ 在平面内作于点，则平面.‎ 以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.‎ 在中，，，.‎ ‎∴，，故，，，‎ ‎∴，.‎ 设平面的一个法向量为，则由，得 ‎，令，得，，‎ ‎∴.‎ 因为平面的法向量为，‎ 则，‎ 又二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，以及二面角的余弦值，熟记面面垂直的判定定理、以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎