2018-2019学年湖北省部分重点中学武汉一中,三中,六中,十一中等六校高一下学期期末联考数学版.doc

2018-2019学年湖北省部分重点中学(武汉一中，三中，六中，十一中等六校)高一下学期期末联考数学试题一、单选题1如果直线直线n，且平面，那么n与的位置关系是A相交BCD或【答案】D【解析】利用直线与平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质进行判断即可.【详解】直线直线 ,且平面，当不在平面内时，平面内存在直线，符合线面平行的判定定理可得平面，当在平面内时，也符合条件，与的位置关系是或，故选D .【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及线面平行的性质，意在考查对基本定理掌握的熟练程度，属于基础题.2如果数列的前项和为，则这个数列的通项公式是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据，当时，再结合时，可知是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.【详解】由，当时，所以，当时，此时，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，即.故选：B.【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题.3数列中，对于任意，恒有，若，则等于( )ABCD【答案】D【解析】因为,所以,.选D.4在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的体积为( )ABCD【答案】B【解析】在三棱锥中，求得,又由底面，所以,在直角中，求得,进而得到三棱锥外接球的直径，得到，利用体积公式，即可求解.【详解】由题意知，在三棱锥中，所以,又由底面，所以,在直角中，所以,根据球的性质，可得三棱锥外接球的直径为，即，所以球的体积为，故选B.【点睛】本题主要考查了与球有关的组合体中球的体积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征和球的性质，准确求解球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.5九章算术中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺蒲生日自半，莞生日自倍问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍若蒲、莞长度相等，则所需时间为（）（结果精确到0.1参考数据：lg20.3010，lg30.4771）A2.6天B2.2天C2.4天D2.8天【答案】A【解析】设蒲的长度组成等比数列an，其a13，公比为，其前n项和为An莞的长度组成等比数列bn，其b11，公比为2，其前n项和为Bn利用等比数列的前n项和公式及其对数的运算性质即可得出【详解】设蒲的长度组成等比数列an，其a13，公比为，其前n项和为An莞的长度组成等比数列bn，其b11，公比为2，其前n项和为Bn则An，Bn，由题意可得：，化为：2n7，解得2n6，2n1（舍去）n12.6估计2.6日蒲、莞长度相等，故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式在实际中的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6设等差数列的前项和为，若，则中最大的是( ).ABCD【答案】C【解析】分析：利用等差数列的通项公式，化简求得，进而得到，即可作出判定详解：在等差数列中，则，整理得，即，所以，又由，所以，所以前项和中最大是，故选C点睛：本题考查了等差数列的通项公式，及等差数列的前项和的性质，其中解答中根据等差数列的通项公式，化简求得，进而得到是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力7如图所示，在正四棱锥中，分别是，的中点，动点在线段上运动时，下列结论不恒成立的是( ).A与异面B面CD【答案】D【解析】如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.(1)由正四棱锥SABCD，可得SO底面ABCD，ACBD，SOAC.SOBD=O，AC平面SBD，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，EMBD，MNSD，而EMMN=N，平面EMN平面SBD，AC平面EMN，ACEP.故C正确(2)由异面直线的定义可知：EP与SD是异面直线，故A正确；(3)由(1)可知：平面EMN平面SBD，EP平面SBD，因此B正确(4)当P与M重合时，有，其他情况都是异面直线即D不正确故选D点睛：本题抓住正四棱锥的特征，顶点在底面的投影为底面正方形的中心，即SO底面ABCD，EP为动直线，所以要证EP面，可先证EP所在的平面平行于面SBD，要证可先证AC垂直于EP所在的平面，所以化动为静的处理思想在立体中常用.8将正整数排列如下：则图中数2020出现在（ ）A第64行第3列B第64行4列C第65行3列D第65行4列【答案】B【解析】根据题意，构造数列，利用数列求和推出的位置.【详解】根据已知，第行有个数，设数列为行数的数列，则，即第行有个数，第行有个数，第行有个数，所以，第行到第行数的总个数，当时，数的总个数，所以，为时的数，即行的数为：，所以，为行第列.故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，构造数列，利用数列知识求解很关键，属于中档题.9如图，在下列四个正方体中，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与所在平面平行的是( )ABCD【答案】A【解析】根据线面平行判定定理以及作截面逐个分析判断选择.【详解】A中，因为,所以可得平面,又，可得平面，从而平面平面B中，作截面可得平面平面（H为C1D1中点）,如图：C中，作截面可得平面平面（H为C1D1中点）,如图：D中，作截面可得为两相交直线，因此平面与平面不平行,如图：【点睛】本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.10若两等差数列，前项和分別为，满足，则的值为( ).ABCD【答案】B【解析】解：因为两等差数列、前项和分别为、，满足，故,选B11已知是定义在上不恒为的函数，且对任意，有成立，令，则有( )A为等差数列B为等比数列C为等差数列D为等比数列【答案】C【解析】令,得到得到，.,说明为等差数列，故C正确，根据选项，排除A，D.显然既不是等差也不是等比数列故选C.12设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是()ABCD【答案】B【解析】以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.【详解】以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.则易知：平面的法向量为 平面的法向量为设平面的法向量为： 则，取 平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等或看作平面的两条平行直线，到的距离.根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是： 故答案为B【点睛】本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题13已知数列，若该数列是减数列，则实数的取值范围是_【答案】【解析】本题可以先通过得出的解析式，再得出的解析式，最后通过数列是递减数列得出实数的取值范围【详解】， 因为该数列是递减数列，所以即因为所以实数的取值范围是【点睛】本题考察的是递减数列的性质，递减数列的后一项减去前一项的值一定是一个负值14已知三棱锥，平面，则三棱锥的侧面积_【答案】【解析】根据题意将三棱锥放入对应长方体中，计算各个面的面积相加得到答案.【详解】三棱锥，平面，画出图像：易知：每个面都是直角三角形.【点睛】本题考查了三棱锥的侧面积，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键.15如图，矩形中，是的中点，将沿折起，使折起后平面平面，则异面直线和所成的角的余弦值为_【答案】【解析】取中点为，中点为，连接，则异面直线和所成角为 .在中，利用边长关系得到余弦值.【详解】由题意，取中点，连接，则，可得直线和所成角的平面角为，（如图）过作垂直于，平面平面，平面，且，结合平面图形可得：, ,又=, =,在中，=,DFC是直角三角形且，可得【点睛】本题考查了异面直线的夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.16在数列中，若，则的前项和取得最大值时的值为_【答案】【解析】解法一：利用数列的递推公式，化简得，得到数列为等差数列，求得数列的通项公式，得到，得出所以，进而得到结论；解法二：化简得，令，求得，进而求得，再由，解得或，即可得到结论【详解】解法一：因为所以，得即，所以数列为等差数列在中，取，得即，又，则，所以因此，所以，所以， 又，所以时，取得最大值解法二：由，得，令，则，则，即，代入得，取，得，解得，又，则，故所以，于是由，得，解得或，又因为，所以时，取得最大值【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，以及数列的最值问题的求解，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，合理利用数列的性质是关键，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等，属于中档试题.三、解答题17如图，求阴影部分绕旋转一周所形成的几何体的表面积和体积【答案】，【解析】由图形知旋转后的几何体是一个圆台,从上面挖去一个半球后剩余部分,根据图形中的数据可求出其表面积和体积.【详解】由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一个半球面，而半球面的表面积 ，圆台的底面积，圆台的侧面积，所以所求几何体的表面积；圆台的体积，半球的体积，所以,旋转体的体积为，故得解.【点睛】本题考查组合体的表面积、体积,还考查了空间想象能力,能想象出旋转后的旋转体的构成是本题的关键，属于中档题.18数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】(1) 当时，利用得到通项公式，验证得到答案.(2)根据的正负将和分为两种情况，和，分别计算得到答案.【详解】(1)当时，当时，.综上所述.(2)当时，所以，当时，.综上所述.【点睛】本题考查了利用求通项公式，数列的绝对值和，忽略时的情况是容易犯的错误.19如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.【答案】(1)见解析 (2)（3）存在点，使，详见解析【解析】(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面所成角的为，再利用长度关系计算.(3) 过点作，证明平面，即，所以存在.【详解】(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，平面，平面，平面.(2) 平面，平面,，平面，平面，平面，点在平面上的投影为点，直线与平面所成角的为，.(3)过点作，又因为平面，平面，所以，平面，平面，平面，所以存在点，使.【点睛】本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂直是解题的关键.20已知数列中，.(1)求数列的通项公式:(2)设，求数列的通项公式及其前项和.【答案】(1) (2) ，【解析】(1) 利用累加法得到答案.(2)计算，利用裂项求和得到前项和.【详解】(1)由题意可知左右累加得.(2) .【点睛】本题考查了数列的累加法，裂项求和法，是数列的常考题型.21如图，三棱柱的侧面是边长为2的菱形，且.（1）求证：；（2）若，当二面角为直二面角时，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）连结，交于点，连结，推导出，又，从而面，进而，推导出，由此能得到结论；（2）由题意，可证得是二面角的平面角，进而得，进而计算得，进而利用棱锥的体积公式计算即可.【详解】（1）连结，交于点，连结，因为侧面是菱形，所以，又因为，所以面而平面，所以，因为，所以，而，所以，故.（2）因为，为的中点，则，由（1）可知，因为，所以面，作，连结，由（1）知，所以且所以是二面角的平面角，依题意得，所以，设，则，又由，所以由，解得，所以.【点睛】本题考查两个角相等的证明，考查三棱锥的体积的求法，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，属于中档题22已知数列中，.(1)求证：是等比数列，求数列的通项公式；(2)已知：数列，满足求数列的前项和；记集合若集合中含有个元素，求实数的取值范围.【答案】(1) 证明见解析， (2)