2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题 文(含解析) (II).doc

2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题 文(含解析) (II)一、选择题：本大题共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,且，则x=( )A. 5 B. 4 C. -4 D. -5【答案】C【解析】【分析】由向量平行，坐标对应成比例可求得x.【详解】由题意可知，因为，所以，所以x=-4,选C.【点睛】本题考查空间向量平行的坐标关系，两向量平行，坐标对应成比例。2. 已知ABC中，a1，b，B45，则A等于( )A. 150 B. 90 C. 60 D. 30【答案】D【解析】【分析】因为己知两边及一对角，所以由正弦定理解三角形可得。【详解】由正弦定理可知，即，所以，因为，所以，所以,解得。选D.【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化第三步：求结果，判定是否符合条件，或有多解情况。3. 命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是（ ）A. 任意一个有理数，它的平方是有理数B. 任意一个无理数，它的平方不是有理数C. 存在一个有理数，它的平方是有理数D. 存在一个无理数，它的平方不是有理数【答案】B【解析】试题分析：由命题的否定的定义知，“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是任意一个无理数，它的平方不是有理数考点：命题的否定视频4. 若a，b，cR，且ab，则下列不等式一定成立的是( )A. acbc B. (ab)c20 C. a3b3 D. a2b2【答案】C【解析】【分析】由不等式性质及举反例逐个分析各个选项可判断正误。【详解】选项A错，因为，当c0，b0，ab2，则y的最小值是( )A. B. 4 C. 5 D. 【答案】D【解析】 ，（当且仅当时取等号），则，选D.9. 设等比数列an中，公比q2，前n项和为Sn，则的值( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：根据等比数列的公式得到：，所以答案为A.考点：1.等比数列的通项公式和前项和公式；2.计算.10. 设l是直线，是两个不同的平面，( )A. 若l，l，则 B. 若l，l，则C. 若，l，则l D. 若，l，则l【答案】B【解析】试题分析：设，若直线，且，则，因此不一定平行于，故A错误；由于，故在内存在直线，又因为，所以，故，所以B正确；若，在内作交线的垂线，则，此时在平面内，因此C错误；已知，若，且不在平面内，则且，因此D错误故选B考点：空间线面平行垂直的判定与性质【方法点晴】本题主要考查了空间线面位置关系的判定与证明，其中熟记空间线面位置中平行与垂直的判定定理与性质定理是解得此类问题的关键，着重考查了学生的空间想象能和推理能力，属于基础题，本题的解答中，可利用线面位置关系的判定定理和性质定理判定，也可利用举出反例的方式，判定命题的真假11. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A. 2 B. 4C. 22 D. 5【答案】C【解析】解：该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ，其中： ，该几何体的表面积为： .本题选择B选项.点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题. 12. 如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】连接D1C，AC，易证A1BD1C，AD1C即为异面直线A1B与AD1所成的角设AB1，则AA12，AD1D1C，AC，cosAD1C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13. 是的_条件（填充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要之一）【答案】必要不充分.【解析】【分析】根据小范围推出大范围，大范围不能推出小范围，可判断。【详解】因为m3的范围比m1的范围小且包含在m1范围内，所以是的必要不充分条件，填必要不充分。【点睛】对于充分性必要性条件的判断三种常用方法：（1）利用定义判断如果已知，则是的充分条件，是的必要条件；（2）利用等价命题判断；(3) 把充要条件“直观化”，如果，可认为是的“子集”；如果，可认为不是的“子集”，由此根据集合的包含关系，可借助韦恩图说明14. 设x，y满足约束条件则z2xy的最小值_【答案】-15.【解析】 画出约束条件所表示的平面区域，如图所示， 当经过可行域的点时，目标函数取得最小值， 由 ，解得，则的最小值是.15. 如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是_【答案】.【解析】设球半径为，则故答案为点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解16. 如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_【答案】.【解析】还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60角，DEMN.三、解答题：本大题共6小题，17题10分，1822题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知命题p：x|x-8x-200，命题q：x|1-mx1+m,m0，若p是q的充分不必要条件，求(1)求命题p的解集；（2）实数m的取值范围。【答案】(1)x|-2x10.(2).【解析】【分析】（1）解不等式可求得命题p的解集。（2）由p是q的充分不必要条件，可知p所表示集合是q所表示集合的真子集。【详解】（1）命题p的解集为x|-2x10 (2)因为p是q的充分不必要条件，所以p所表示集合是q所表示集合的真子集 所以有，解得，经检验两个不等式等号不会同时成立，所以.【点睛】对于充分性必要性条件的判断三种常用方法：（1）利用定义判断如果已知，则是的充分条件，是的必要条件；（2）利用等价命题判断；(3) 把充要条件“直观化”，如果，可认为是的“子集”；如果，可认为不是的“子集”，由此根据集合的包含关系，可借助韦恩图说明18. 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a1,2cosCc2b.(1)求A；(2)若b，求sinC.【答案】(1) A60.(2) .【解析】试题分析：（1），由可得的余弦值，由特殊角的三角函数值可得角；（2）由，结合余弦定理，可得关于的方程，解得，再由正弦定理可得试题解析：（1）因为，由余弦定理得，即.所以.由于，所以.（2）由及，得，即，解得或（舍去）.由正弦定理得，得.点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理 解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时 可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.19. 一个几何体的三视图如图所示已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个高为、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.【答案】(1) (2) 62.【解析】试题分析：（1）根据正视图是底面边长为的平行四边形，侧视图是个长为，宽为的矩形，得到该几何体是一个平行六面体，其底面是边长为的正方形，高为，即可求解体积；（2）由（1）看出的几何体，知道该平行六面体中，面，面，得到侧棱长，表示几何体的表面积，得到结果试题解析：（1）由三视图可知，该几何体是一个平行六面体（如图），其底面是边长为1的正方形，高为，所以（2）由三视图可知，该平行六面体中平面，平面，侧面，均为矩形，考点：几何体的三视图；几何体的表面积与体积【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图、解题的表面积与体积的计算，其中解答中涉及到几何体的表面积和体积公式的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状是解答的关键20. 已知数列是公差为d的等差数列，它的前n项和 ，求公差d的值和通项公式设，求数列的前n项和【答案】(1) ；.(2) .【解析】【分析】（1）由等差数列首项为公差为d，由可解出公差d.(2)由（1）得，所以=，由裂项求和可求得。【详解】由 得 又 所以(2)= =【点睛】本题综合考查等差数列前n项和的基本量求解和通项公式，及裂项求和。注意一些常的裂项，（其中是等差数列）,等。21. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，设AB1的中点为D，B1CBC1E.求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.【答案】(1) 证明见解析.(2) 证明见解析.【解析】试题分析:(1) 由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DEAC,根据线面平行的判定定理得证;(2)由CC1平面ABC,可得ACCC1，又因为ACBC，由线面垂直的判定定理可得AC平面BCC1B1，进而可得B1CAC,又BC1B1C,证得BC1平面B1AC,故命题成立.试题解析:(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC，所以ACCC1.又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1，又因为BC1平面BCC1B1，所以B1CAC.因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因为AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.点睛:本题考查线面平行的判定定理和线面垂直的性质定理,属于中档题目.垂直、平行关系在证明题中经常应用转化与化归思想的常见类型有:(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.22. 如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PAABBC2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点(1)求证：PABD；(2)求证：平面BDE平面PAC；(3)当PA平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积【答案】(1) 证明见解析.(2)证明见解析.(3) V=.【解析】试题分析：（）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂