湖北省松滋市第一中学2015-2016学年高一下学期期末质量检测数学试题.doc

湖北省松滋市第一中学2015-2016学年高一下学期期末质量检测数学试题(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：(