2018-2019学年哈尔滨市第三中学高一下学期第二次阶段性考试数学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一下学期第二次阶段性考试数学试题一、单选题1已知向量（k，6），（2，3），且，则k的值是（）A4B3C4D9【答案】D【解析】根据时，列方程求出的值【详解】解：向量，当时，即，解得故选：【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积的应用问题，是基础题2如果，那么下列不等式成立的是（ ）ABCD【答案】D【解析】由于，不妨令，代入各个选项检验，只有D正确，从而得出结论.【详解】解：由于，不妨令，可得，故A不正确.可得，故B不正确.可得，故C不正确.故选：D.【点睛】本题主要考查不等式与不等关系，利用特殊值代入法比较几个式子在限定条件下的大小关系，是一种简单有效的方法，属于基础题.3设，为两个不同平面，a，b为两条不同直线，下列选项正确的是（）若a，b，则ab若a，则a若，a，则若a，则a与平面内的无数条直线平行若ab，则a平行于经过b的所有平面ABCD【答案】C【解析】在中，与相交、平行或异面；在中，由线面平行的判定理得；在中，或；在中，若，则与平面内直线平行或异面，从而与平面内的无数条直线平行；在中，若，则包含于由，确定的平面【详解】解：由，为两个不同平面，为两条不同直线，知：在中，若，则与相交、平行或异面，故错误；在中，若，则由线面平行的判定理得，故正确；在中，若，则或，故错误；在中，若，则与平面内直线平行或异面，故与平面内的无数条直线平行，故正确；在中，若，则可能含于由，确定的平面，故错误故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题4若a，bR，（a+b）2a2+b2；若|a|b，则a2b2；a+b2，其中说法正确的个数为（）A0B1C2D3【答案】A【解析】根据不等式的性质及举反例的方法可判断.【详解】解：，时，得出，判断错误；，且时，得出，判断错误；只有，时，成立，判断错误故选：【点睛】考查完全平方式的展开式，不等式的性质，基本不等式成立的条件，属于基础题5在中，角,的对边分别为,，若，则ABC1D【答案】B【解析】由已知利用正弦定理化简即可求解【详解】解：，由正弦定理可得：，解得故选：【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题6某公司一年购买某种货物900吨，现分次购买，若每次购买x吨，运费为9万元/次，一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是（）A10B15C30D45【答案】D【解析】根据题意列出总费用之和等于，然后利用基本不等式求出最小值即可【详解】解：由题知一年总运费为；一年的总运费与总存储费用之和为，当且仅当即时，等号成立，当时一年的总费用与总存储费用之和最小故选：【点睛】本题主要考查基本不等式、函数模型及其应用，属于基础题7已知数列为等比数列，若，则A有最小值12B有最大值12C有最小值4D有最大值4【答案】A【解析】,所以,故选A.8圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为，半径为3，则此圆锥的体积为（）A2BCD【答案】C【解析】根据题意求出圆锥的母线长和底面圆的半径，计算底面圆的面积和圆锥的高，从而求出圆锥的体积【详解】解：圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为3的扇形；则圆锥的母线长为，底面周长即扇形的弧长为，所以底面圆的半径为，所以底面圆的面积为，圆锥的高为；所以圆锥的体积为故选：【点睛】本题考查了弧长公式及圆锥的体积计算问题，也考查了空间想象能力和运算能力，属于基础题9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A24+8B18+8C24+4D18+4【答案】A【解析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体由一个直三棱柱和一个半圆柱构成，如图所示所以故选：【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型10棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E平面BDC1，则点E在侧面ADD1A1内的轨迹长度为（）AB1CD【答案】C【解析】连接，则在正方体中，由面面平行的判定定理得平面平面，则点在侧面内的轨迹为线段【详解】解：连接，则在正方体中，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又和为平面内的两条相交直线，所以由面面平行的判定定理得平面平面，因为平面，所以点在直线上，所以点在侧面内的轨迹为线段，故轨迹长度为，故选：【点睛】本题考查了面面平行的判定定理及轨迹知识点，属于中档题11对于任意实数x，符号x表示不超x的最大整数，例如33，1.22，1.21.已知数列an满足anlog2n，其前n项和为Sn，若n0是满足Sn2018的最小整数，则n0的值为（）A305B306C315D316【答案】D【解析】由题意，求解的通项，即可求解前项和为，即可求解满足的最小整数的值【详解】解：由题意，当时，可得项）当时，即项）当时，即项）当时，即项）当时，即项）当时，即，项）前项和为：由可得：即此时：对应的项为即故选：【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前项和公式、“错位相减法”、递推式的意义，考查了推理能力与计算能力，属于难题.12设a，b，c，d均为大于零的实数，且abcd1，令ma（b+c+d）+b（c+d）+cd，则a2+b2+m的最小值为（）A8B4+2C5+2D4【答案】B【解析】根据条件可得，然后利用重要不等式和基本不等式可求出的最小值【详解】解：，均大于零且，当且仅当，即，时取等号，的最小值为故选：【点睛】本题考查了重要不等式和基本不等式在求最值中的应用，考查了转化思想，属中档题二、填空题13等差数列an中，a1+a510，a47，则数列an的公差为_.【答案】2.【解析】由等差数列的性质，结合求出，由等差数列的定义求得公差【详解】解：在等差数列中，由，得，又，数列的公差为故答案为：2【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项的概念，是基础题14在ABC中，已知A90，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a6，则ABC的周长的最大值为_【答案】6+6.【解析】直接利用勾股定理和基本不等式的应用求出结果【详解】解：在中，已知，三内角，的对边分别为，所以，故，所以，利用三角形的周长，故答案为：【点睛】本题考查的知识要点：勾股定理的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型15已知一个正方体的所有项点在一个球面上，若这个正方体的表面积为72，则这个球的表面积为_【答案】36【解析】首先求出正方体的棱长，进一步求出球体的外接球半径，最后求出求出球体的表面积【详解】解：设正方体的棱长为，因为正方体的表面积为72，所以，所以，设球的半径为，则，则，即，所以，故答案为【点睛】本题考查的知识要点：正方体的表面积公式和球体的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型16在数列an中，a1，an+1an2+an，nN，bn，Pnb1b2b3bn，Snb1+b2+b3+bn，则5Pn+2Sn_【答案】5【解析】根据与的表达式，分别将表示为，以及，求出与即可【详解】解：；，即；故答案为：5【点睛】本题考查了数列递推式的灵活变形，以及数列的求和、求积，属中档题三、解答题17如图，四面体ABCD的所有棱长都相等，E，G，H分别为棱CD，BD，AD的中点，F为ED的中点.（1）求异面直线AE和BC所成角的余弦值；（2）求证：PF平面ABE.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）先作出异面直线和所成角，再求出即可，（2）先证明面面，又面，故可证面，得解【详解】解：（1）连接，因为，则（或其补角）为异面直线和所成角，设，则，所以，故异面直线和所成角的余弦值为；（2）连接，由题意有：，面，面，面，面，即面面，又面，故面【点睛】本题考查了异面直线所成角及线面平行的判定，属中档题18如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点.（1）求异面直线EG与B1C所成角的大小；（2）棱CD上是否存在点T，使AT平面B1EF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）60；（2）存在，【解析】（1）连接，推导出，从而为异面直线与所成角由此能求出异面直线与所成角的大小（2）在棱上取点，使得，延长，交于，连交于，推导出四边形为平行四边形，由此推导出平面此时【详解】解：（1）连接，因为，分别是，的中点，所以 又因为所以为异面直线与所成角在中，因为，所以异面直线与所成角的大小为 （2）在棱上取点，使得，则平面 证明如下：延长，交于，连交于 因为，为中点，所以为中点因为，所以，且 因为，为中点，所以，且，即四边形为平行四边形，所以，即又平面，平面，所以平面此时【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查满足线面平行的点的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题19（1）若a0，b0，且，求a+b的最小值；（2）若k为（1）中a+b的最小值，且a，b，c满足a2+b2+c2k，求证：.【答案】（1）9；（2）证明见解析【解析】（1）根据条件可得，然后利用基本不等式可求出的最小值；（2）由（1）可得，从而得到，然后可由，利用基本不等式求出的最小值，从而证明结论【详解】解：（1），且，当且仅当，即时取等号，的最小值为9；（2）证明：由（1）可得，则，当且仅当，时取等号，【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，考查了转化思想，属中档题20已知数列an和bn满足，a12，b11，且对任意正整数n恒满足2an+14an+2bn+1，2bn+12an+4bn1.（1）求证：an+bn为等比数列，anbn为等差列；（2）求证（n1）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1），两式相加相减分别可得：，又，化简即可证明结论（2）