湖北省松滋市第一中学高一数学下学期期末质量检测试题.docVIP

湖北省松滋市一中2015-2016学年度下学期期末质量检测高一数学试题（时间：120分钟 分值150分 ）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第i卷（选择题共60分） 一、选择题（本大题12小题，每小题5分，共60分）1如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则图中正视图所标a=（ ）a1 b c d2三棱锥中，平面，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）a b c d3（文） 已知且恒成立，则k的最大值是（ ） a、4 b、 8 c、9 d、254在中，则的值为（ ）a b c d5已知数列an，bn满足a1b13，an1an3，nn*，若数列cn满足cnb1an，则c2 013( )a92 012 b272 012 c92 013 d272 0136（2015秋长沙校级期中）设，则a，b，c大小关系正确的是（ ）aabc bbac cbca dcba7矩形中，沿将矩形折成一个直二面角,则四面体的外接球的体积为（ ） . . 8九章算术“竹九节”问题：现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第五节的容积为（ ）a升 b升 c升 d1升9在中，若，则角b的大小为 a.30 b.45 c.135 d.45或13510等比数列中，公比，记（即表示数列 的前n项之积），中值最大的是（ ）a b c d 11已知棱长为l的正方体中，e，f，m分别是ab、ad、的中点，又p、q分别在线段上,且，设面面mpq=，则下列结论中不成立的是( )a面abcdbacc面mef与面mpq不垂直d当x变化时，不是定直线12若变量满足约束条件，则的取值范围是（ ）a b c d第ii卷（非选择题）二、填空题（本大题共4个小题，每题5分，满分20分）13如图，在边长为2的菱形abcd中, ，现将沿bd翻折至， 使二面角的大小为，求cd和平面a/bd所成角的余弦值是 ；14在中，若，则 15如图，网格纸上小正方体的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图（第一个为主视图，下面的是俯视图），则该多面体各个面的面积最大值为 16 已知a，b，c是abc的三边，s是abc的面积，若a4，b5，s5，则边c的值为 .三、解答题（70分）17（本题12分）如图，已知直四棱柱的底面是直角梯形，分别是棱，上的动点，且，（）证明：无论点怎样运动，四边形都为矩形；（）当时，求几何体的体积。第20题图18（本题12分）已知等比数列的公比，前项和.（1）求数列的通项公式；（2）若函数在处取得最大值，且最大值为，求函数的解析式19（本题12分）（本小题满分13分）如图：是直径为的半圆，为圆心，是上一点，且，且，为的中点，为的中点，为上一点，且ofbcedrq（）求证： 面面；（）求证：平面；（）求三棱锥的体积20（本题12分）在中，内角a,b,c的对边分别为a,b,c，已知b=c, 2b=.（）求得值. （）求的值.21（本题12分）在abc中，设角a、b、c的对边分别为a、b、c，且acosccb.(1)求角a的大小；(2)若a，b4，求边c的大小22（本题10分）（本题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，是的中点，是上的点且，为中边上的高（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积；参考答案1c【解析】本题主要考查的是三视图。由图可知此几何体为三棱柱，所以。解得，应选c。2a【解析】试题分析：平面，是三棱锥的外接球直径； ，可得外接球半径外接球的表面积故选a考点：球的体积和表面积3c【解析】试题分析：因为，所以令ab=m0，bc=n0，则ca=(m+n)。恒成立，即恒成立。所以，而，所以5+4k，k9，k的最大值是，选c。考点：本题主要考查均值定理的应用，不等式恒成立问题。点评：中档题，不等式恒成立问题，往往利用分离参数法，转化成求函数的最值问题。4d【解析】试题分析：根据正弦定理及，可得，不妨设，由余弦定理可得，选d.考点：1.正弦定理；2.余弦定理.5d【解析】由题意知an3n，bn3n，cnb1an33nc2 013332 013272 013，故选d.6b【解析】试题分析：利用指数函数、对数函数的性质求解解：，10.60ac0，b=log23log22=1，bac故选：b考点：对数值大小的比较7c【解析】略8a【解析】试题分析：由题设知，解得，故答案为a考点：等差数列的通项公式和前项和公式9b【解析】略10b【解析】试题分析：由，故当n为奇数时，；当n为偶数时，所以，又，且，故，综上所述，最大的是.考点：等比数列的性质.11d【解析】试题分析：解：连结,交于点交于点由正方体的性质知，因为是的中点，所以因为,所以所以,所以平面,平面,由面mpq=， 平面，所以，而平面,平面,所以，面abcd ，所以选项a正确；由，得而，所以ac，所以选项b正确；连,则而所以，,所以平面，过直线与平面垂直的平面只能有一个，所以面mef与面mpq不垂直，所以选项c是正确的；因为，是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线是唯一的，故选项d不正确考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质12d【解析】试题分析：约束条件表示的区域为直线围成的三角形区域，变形为，当过交点时最大为9，过交点时最小为考点：线性规划13【解析】试题分析：连接交于点.为菱形, ,.即,.即为二面角的平面角,即.为菱形, 且边长为2,所以.为边长为的正三角形.取的中点,连接.,面,面, ,为正三角形,且为中点, ,面,为在面内的射影, 即为线与面所成的角.在中, , .所以与面所成的角的余弦值为.考点：线面角.14【解析】试题分析：根据题意，由于中，若，那么根据正弦定理可知有,那么利用内角和定理，可知角c为，故答案为。考点：正弦定理和余弦定理的运用点评：解决的关键是分析已知中的边和角，先用正弦定理，再用内角和定理得到，属于基础题。15【解析】试题分析：由三视图知该多面体为倒放的直三棱锥a-bcd,如图所示，bc=2,cd=2,ad=3,bd=,ac=各个面的面积最大值为考点：三视图16【解析】17（）在直四棱柱中， -2分又平面平面，平面平面，平面平面，四边形为平行四边形，-4分侧棱底面，又平面内，四边形为矩形； -5分（）证明：连结，四棱柱为直四棱柱，侧棱底面，又平面内， -6分在中，则； -7分在中，则； -8分在直角梯形中，；，即，又，平面； -10分由（）可知，四边形为矩形，且，矩形的面积为，几何体的体积为【解析】略18（1）由，解得所以（2）由（1）可知，所以.因为函数的最大值为3，所以；因为当时取得最大值，所以又，故.所以函数的解析式为【解析】略19（）见解析；（）见解析；（）【解析】试题分析：（1）欲证面面垂直，只需证线面垂直，即证平面，平面，（2）连接oq，在面cfd内过r点做rmcd，欲证线面平行，只需转化为证明线线平行，即证，转化为证为平行四边形，（3）利用试题解析：证明：（）， 又，平面，又，平面， 面面面 （）连接oq，在面cfd内过r点做rmcd，o，q为中点，oqdf，且 rmfd， 又，e为fd的中点， ，且 为平行四边形，又平面，平面， 平面（），在直角三角形bcd中有，考点：线面平行，面面垂直，棱锥的体积20（）；（）.【解析】试题分析：（）利用三角形中的等边对等角得到三角形三边的关系；利用三角形的余弦定理求出角a的余弦（）利用三角函数的平方关系求出角a的正弦，利用二倍角公式求出角2a的正弦，余弦；利用两个角的和的余弦公式求出的值试题解析：解析：（）因为b=c，所以b=c，又因为，所以cosa=；（）由（）知cosa=,所以sna=，所以cos2a=,sn2a=,所以cos（2a+）=.考点：1.余弦定理；2.同角三角函数基本关系的运用；3.两角和与差的余弦函数；4.二倍角的余弦21（1）a.（2）c2【解析】(1)用正弦定理，由acosccb，得sinacoscsincsinb.sinbsin(ac)sinacosccosasinc，sinccosasinc.sinc0，cosa.0a，a.(2)用余弦定理，得a2b2c22bccosa.a，b4，1516c224c即c24c10.则c2.22（1）详见解析（2）【解析】试题分析：（1）