安徽省郎溪中学2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）

安徽省郎溪中学2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.直线的倾斜角为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设直线x+y1=0的倾斜角为由直线x+y1=0化为y=x+1，可得tan=，即可得出【详解】设直线x+y1=0的倾斜角为由直线x+y1=0化为y=x+1，tan=，0，），=故选：C【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题2.数列的通项公式不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对分为奇数偶数讨论即可判断。【详解】对于A，当为奇数，当为偶数，正确；对于B，当为奇数，当为偶数，不正确；对于C，当为奇数，当为偶数，正确；对于D，当为奇数，当为偶数，正确；故答案选B【点睛】本题考查数列的通项公式，考查分类讨论与计算能力，属于基础题。3.已知为非零实数，且，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质，结合特例逐个项判断，得出正确答案；【详解】对于A，若，则，两边平方得到，故A不正确；对于B，若，则，则，故B不正确；对于C， ，由于为非零数，则，故，即，所以C正确。对于D，若，则，则，故D不正确；故答案选C【点睛】本题考查判断不等式是否成立，此类题目要准确灵活的应用不等式的基本性质，属于基础题。4.在各项都为正数的等比数列中，前三项的和为21，则（ ）A. 33B. 72C. 84D. 189【答案】C【解析】试题分析：根据等比数列an中，首项a1=3，前三项和为21，可求得q，根据等比数列的通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3+a4+a5，即可得到答案解：在各项都为正数的等比数列an中，首项a1=3，前三项和为21，故3+3q+3q2=21，q=2，a3+a4+a5=2122=84，故选C考点：等比数列的性质点评：本题主要考查了等比数列的性质要理解和记忆好等比数列的通项公式，并能熟练灵活的应用5.一个几何体三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是球挖去半球.其中两个半圆的面积为22=4.个球的表面积为422=12,所以这个几何体的表面积是12+4=16.6.直线与圆位置关系是 （ ）A. 相交B. 相切C. 相离D. 取决于的值【答案】A【解析】试题分析：化圆的方程为标准方程为，圆心坐标为，即直线经过圆的圆心，故直线与圆必相交.考点：点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系的判断7.若点的坐标满足约束条件，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 11【答案】C【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求出最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：设得： 平移直线，由图像可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，由 ，得，即将代入目标函数得，即的最大值为；故答案选C【点睛】本题考查线性规划的应用，利用图像平移求得目标函数的最大值和最小值，数形结合是解决线性规划问题的基本方法。8.正方体中，分别是的中点那么，正方体的过的截面图形是（ ）A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形【答案】D【解析】【分析】延长QP，CB交于V，连接RV，交BB1于S作RTPQ，交C1D1于M延长PQ，CD交于T，连接TM，交DD1于N那么PQNMRS即为所求截面【详解】延长QP，CB交于V，连接RV，交BB1于S作RTPQ，交C1D1于M延长PQ，CD交于T，连接TM，交DD1于N如图所示：正方体过P、Q、R的截面图形是六边形，且是边长是正方体棱长的倍的正六边形故答案为：D【点睛】本题主要考查平面公理2，公理2指出：如果两平面有一个公共点，那么有且只有一条通过这个点的公共直线其作用：它是判定两平面相交的方法；它说明了两平面交线与两平面公共点之间的关系，交线必过公共点；它是判别点在直线上，即证若干点共线的依据9.四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：取AC中点G，连接EG，GF，FC设棱长为2，则CF=，而CE=1EF=，GE=1，GF=1而GESA，GEF为异面直线EF与SA所成的角EF=，GE=1，GF=1GEF为等腰直角三角形，故GEF=45故选C10.若点和都在直线上，又点和点，则（ ）A. 点和都不在直线上B. 点和都在直线上C. 点在直线上且不在直线上D. 点不在直线上且在直线上【答案】B【解析】由题意得：，易得点满足由方程组得，两式相加得，即点 在直线上，故选B.11.在中，角所对的边分别为，若，则为（ ）A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 等边三角形【答案】A【解析】由正弦定理可得，即，所以是钝角，选A.12.若数列的通项公式分别是，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】讨论为奇数和偶数时，利用不等式恒成立，即可确定取值范围【详解】， ，且对任意恒成立；对任意恒成立；当为奇数时，则不等式等价于恒成立，即，即；当为偶数时，则不等式等价于恒成立，即，综上所述：故答案选C【点睛】本题考查数列恒成立问题，分类讨论、数列的单调性、交集的意义等基础知识与基本技能方法，属于中档题。第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.一条光线经过点射到轴上，反射后经过点，则反射光线所在的直线的方程是_.【答案】4xy50【解析】【分析】先求点P关于x轴的对称点的坐标，它和点Q的直线方程就是反射光线所在直线方程.【详解】点P(2,3)关于x轴的对称点为P(2，3)，则直线PQ的方程为，即反射光线所在直线方程为4xy50.【点睛】该题考查的是有关反射光线所在直线方程的问题，涉及到的知识点有光路图的特征，点关于直线的对称点的求解，直线方程的两点式，属于简单题目.14.已知等差数列，满足，则此数列的前10项的和_.【答案】.【解析】试题分析：根据等差数列数列的性质，所以考点：1等差数列的性质；2等差数列的前项和15.直线与直线间距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用两平行线之间的距离公式，二次函数的单调性即可得到答案。【详解】直线化为，则直线与直线平行；两平行线间的距离: ，当时取等号；故直线与直线距离的最小值为：故答案为【点睛】本题考查两条平行线间的距离以及二次函数的最值问题，属于基础题。16.在正四面体中，有如下四个命题：；该四面体外接球的半径与内切球半径之比为；分别取的中点并顺次连结所得四边形是正方形；三组对棱中点的连线段交于一点并被该点平分.则其中为真命题的序号为_.（填上你认为是真命题的所有序号）.【答案】【解析】试题分析：正确，取中点,连接,易证明平面,所以；根据等体积计算公式，所以，设正四面体的棱长为1，所以，而外接球的半径是，所以，所以不正确；正确，因为根据中位线，可得四边形邻边相等，且邻边互相垂直；正确，因为正确，所以连接对棱中点，就是正方形的对角线的交点，交于一点，且互相平分考点：1正四面体性质的考察；2线面垂直的判定；3球与几何体的组合体三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知点和点.（1）求过点且与直线垂直的直线的一般式方程；（2）求以线段为直径的圆的标准方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出过点且与直线垂直的直线的斜率，根据点斜式得到直线的方程，整理得到直线的一般式方程；（2）确定圆的圆心与半径，即可求出以线段为直径的圆的标准方程。【详解】（1）由题可得，由于直线与直线垂直，故;由直线过点，根据点斜式得直线的方程为：，整理的直线一般式方程为： ；（2）由于圆以线段为直径，则线段的中点为圆心， ；圆心坐标为，；故以线段为直径的圆的标准方程为：。【点睛】本题考查直线与圆的方程，考查学生的计算能力，属于基础题。18.如图一个圆锥的底面半径为1，高为3，在圆锥中有一个半径为的内接圆柱 试用表示圆柱的高；当为何值时，圆柱的全面积最大，最大全面积为多少【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据比例关系求结果，（2）先列圆柱的全面积函数关系式，再根据二次函数性质求最值.【详解】（1）（2）圆柱的全面积当时，答：当时，圆柱的全面积最大，最大全面积为【点睛】本题考查圆柱全面积以及二次函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题.19.中，已知点在边上，且，1求长；2求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）因为，得，求得，在中，由余弦定理列出方程，即可求解的长；（2）在中，由正弦定理求得，在利用三角形的内角之间的关系，即可得到答案.【详解】（1）因为，所以，所以，在中，由余弦定理可知：，即，解之得：或，由于，所以.（2）在中，由正弦定理可知：，又由，可知，所以，因为，即.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.20.已知等差数列中，公差，且，成等比数列求数列的通项公式；若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由题意可得解得即可求得通项公式；(2),裂项相消求和 ，因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.求出的最大值即可解得的取值范围.试题解析：（1）由题意可得即又因为，所以所以.（2）因为，所以 .因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.又（当且仅当时取等号）.所以，即实数的取值范围是.21.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，底面，为的中点，为的中点， 证明：直线平面；求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，求证平面平面，即可证明平面；（2）连接，由题可得异面直线与所成角即为相交线与所成角，求出的三边长，利用余弦定理即可得到答案。【详解】（1）证明：取的中点，连接 ，在中，为，为；又四边形为菱形，；在中，为，为中点，；由于，平面，平面；平面平面；平面（2）连接，由于，则异面直线与所成角即为相交线 与所成角，由为，则，由四边形为边长为2的菱形，则，由于，则;由平面，则， ，；在中，；所以异面直线与所成角的余弦值为【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平面，考查利用三角形的余弦定理求异面直线所成角，属于中档题。22.某小区内有如图所示的一矩形花坛,现将这一矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛,要求点在上,点在上,且对角线过点,已知米,米.（1）要使矩形的面积大于32平方米,则的长应在什么范围内?（2）当的长度是多少时,矩形花坛的面积最小?并求出最小值.【答案】（