安徽省太和中学2018-2019学年高一数学下学期第三次月考试题 文（含解析）

安徽省太和中学2018-2019学年高一数学下学期第三次月考试题 文（含解析）一、选择题：本题共12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.已知数列满足，则（ ）a. 4b. -4c. 8d. -8【答案】c【解析】【分析】根据递推公式，逐步计算，即可求出结果.【详解】因为数列满足，所以，.故选c【点睛】本题主要考查由递推公式求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型.2.如图，在三棱柱中，过的平面与平面交于直线，则与的位置关系是（ ）a. 异面b. 平行c. 相交d. 以上均有可能【答案】b【解析】a1b1ab，ab平面abc，a1b1平面abc，a1b1平面abc又a1b1平面a1b1ed，平面a1b1ed平面abcde，dea1b1.又aba1b1，deab考点：线面平行的性质.3.在等差数列中，若，则的值为（ ）a. 24b. 36c. 48d. 60【答案】c【解析】【分析】先设等差数列的公差为，根据题中条件求出，进而可求出结果.【详解】设等差数列公差为，因为，由等差数列性质得，所以.故选c【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的通项公式与性质即可，属于基础题型.4.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】试题分析：由已知中三视图的上部分有两个矩形，一个三角形，故该几何体上部分是一个三棱柱，下部分是三个矩形，故该几何体下部分是一个四棱柱考点：三视图5.在等比数列中，则等于（ ）a. 256b. -256c. 128d. -128【答案】a【解析】【分析】先设等比数列的公比为，根据题中条件求出，进而可求出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，因此.故选a【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的计算，熟记通项公式即可，属于基础题型.6.在等差数列中，其前项和为.若公差，且，则的值为（ ）a. 70b. 75c. 80d. 85【答案】d【解析】【分析】先设，根据题中条件列出方程组，求解，即可得出结果.【详解】设，则，解得，.故选d【点睛】本题主要考查由等差数列的性质计算偶数项的和，熟记等差数列的前项和的性质即可，属于常考题型.7.已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由题意作出图像，根据圆的方程得到圆心坐标与半径，由过点的直线过圆心时，对应的弦是最长的，得到；由过点的直线与垂直时，对应的弦最小，求出，进而可求出结果.【详解】如图所示，记圆的圆心为，则，半径.当过点的直线过圆心时，对应的弦是最长的，此时，；当过点的直线与垂直时，对应的弦最小，此时在中，故.此时四边形的面积为：.故选b.【点睛】本题主要考查直线与圆的应用，根据几何法求出弦长即可，属于常考题型.8.如图，在四边形中，将沿折起，使平面平面构成几何体，则在几何体中，下列结论正确的是（ ）a. 平面平面b. 平面平面c. 平面平面d. 平面平面【答案】a【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，先得到平面，进而可得到平面平面.【详解】由已知得，又平面平面，所以平面，从而，故平面.又平面，所以平面平面.故选a.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，熟记面面垂直的判定定理即可，属于常考题型.9.已知斜率为的直线过点，则直线被圆截得的弦长为（ ）a. 3b. 4c. d. 【答案】c【解析】分析】先由题意得到直线的方程，由圆的方程得到圆心和半径，再由几何法，即可求出结果.【详解】由已知得直线的方程为，又由圆的方程得：圆心坐标为，半径为3，因为圆心到直线的距离为，则所求弦长为.故选:c【点睛】本题主要考查圆的弦长，熟记几何法求解即可，属于常考题型.10.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）平面平面；平面；异面直线与所成角的取值范围是；三棱锥的体积不变.a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】连接db1，容易证明db1面acd1 ，从而可以证明面面垂直；连接a1b，a1c1容易证明平面ba1c1面acd1，从而由线面平行的定义可得；分析出a1p与ad1所成角的范围，从而可以判断真假；=，c到面 ad1p的距离不变，且三角形ad1p的面积不变；【详解】对于，连接db1，根据正方体的性质，有db1面acd1 ，db1平面pb1d，从而可以证明平面pb1d平面acd1，正确连接a1b，a1c1容易证明平面ba1c1面acd1，从而由线面平行的定义可得 a1p平面acd1，正确当p与线段bc1的两端点重合时，a1p与ad1所成角取最小值，当p与线段bc1的中点重合时，a1p与ad1所成角取最大值，故a1p与ad1所成角范围是，错误；=，c到面ad1p的距离不变，且三角形ad1p的面积不变三棱锥ad1pc的体积不变，正确；正确的命题为故选：b【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题11.已知是球的球面上的四个点，平面，则该球的半径为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先由题意，补全图形，得到一个长方体，则即为球的直径，根据题中条件，求出，即可得出结果.【详解】如图，补全图形得到一个长方体，则即为球的直径.又平面，,所以，因此直径，即半径为.故选：d.【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，熟记几何体的结构特征即可，属于常考题型.12.过圆的圆心，作直线分别交x、y正半轴于点a、b，被圆分成四部分（如图），若这四部分图形面积满足则直线ab有（ ）a. 0条b. 1条c. 2条d. 3条【答案】b【解析】定性分析法：由已知条件得第、部分的面积是定值，所以为定值，即为定值，当直线绕着圆心移动时，只可能有一个位置符合题意，即直线ab只有一条，故选b.定量分析法：过c做x轴和y轴的垂线，分别交于e和f点交设,则，,，代入得，化简为，设，画出两个函数图象，观察可知；两个函数图象在时只有一个交点，故直线ab只有一条.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.设等差数列，的前项和分别为，若，则_【答案】【解析】分析：首先根据等差数列的性质得到，利用分数的性质，将项的比值转化为和的比值，从而求得结果.详解：根据题意有，所以答案是.点睛：该题考查的是有关等差数列的性质的问题，将两个等差数列的项的比值可以转化为其和的比值，结论为，从而求得结果.14.已知直线与圆：交于，两点，为圆心，若，则的值为_.【答案】-1【解析】【分析】先由圆的方程得到圆心坐标与半径，根据圆心角，得到圆心到直线的距离，再由点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，列出等式，即可求出结果.【详解】由题意可得，圆的标准方程为，圆心，半径，因为，所以圆心到直线的距离为，又由点到直线的距离公式可得，圆心到直线的距离为，所以，解得.故答案为【点睛】本题主要考查直线与圆相交求参数问题，熟记点到直线距离公式，以及几何法求弦长即可，属于常考题型.15.已知圆柱形容器内部盛有高度为的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球，则球的半径是_.【答案】4【解析】【分析】先设球的半径为，根据三个球的体积加上水的体积等于圆柱形容器的体积，列出等式，即可求出结果.【详解】设球的半径为，则底面圆的半径为，从而有，由此解得.故答案为：4【点睛】本题主要考查几何体的体积的相关计算，熟记体积公式即可，属于常考题型.16.已知递增的等差数列满足，则_.【答案】【解析】【分析】先设等差数列的公差为，根据题中条件，求出公差，得到通项公式，进而可求出结果.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，则.所以.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知点关于轴的对称点为，关于原点的对称点为.（1）求中过，边上中点的直线方程；（2）求的面积.【答案】（1）（2）10【解析】【分析】（1）根据题意，分别求出点与点坐标，进而可得的中点坐标，的中点坐标，由两点式，即可求出直线方程；（2）由两点间距离，得到，再判断出，进而可求出三角形的面积.【详解】解：（1）点关于轴的对称点为，.又点关于原点的对称点为，的中点坐标是，的中点坐标是.过，的直线方程是，整理得.（2）易知，的面积.【点睛】本题主要考查直线的应用，熟记直线的方程，以及三角形面积公式即可，属于基础题型.18.在平行六面体中，,。求证：（1）；（2）【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形abb1a1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体abcd-a1b1c1d1中，aba1b1因为ab平面a1b1c，a1b1平面a1b1c，所以ab平面a1b1c（2）在平行六面体abcd-a1b1c1d1中，四边形abb1a1为平行四边形又因为aa1=ab，所以四边形abb1a1为菱形，因此ab1a1b又因为ab1b1c1，bcb1c1，所以ab1bc又因为a1bbc=b，a1b平面a1bc，bc平面a1bc，所以ab1平面a1bc因为ab1平面abb1a1，所以平面abb1a1平面a1bc点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.19.已知圆：.（1）若直线过定点，且与圆相切，求直线的方程；（2）若圆的半径为3，圆心在直线：上，且与圆外切，求圆的方程.【答案】(1) 和;(2) 或【解析】试题分析：（1）先求出圆心和半径，然后分成直线斜率存在或不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得直线的方程.（2）设出圆圆心坐标，利用两圆外切，连心线等于两圆半径的和列方程，可求得的值，从而求得圆的方程.试题解析： (1)圆化为标准方程为，所以圆的圆心为，半径为，若直线的斜率不存在，即直线是，符合题意.若直线的斜率存在,设直线的方程为，即.由题意知，圆心到已知直线的距离等于半径，所以，即，解得，所以，直线方程为，综上，所求的直线方程是和. (2) 依题意设，又已知圆的圆心为，半径为，由两圆外切，可知，解得或，或，所求圆的方程为或.20.已知数列的前项和为，在数列中，且.（1）设，求证：是等比数列；（2）求数列的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）先根据和项与通项公式得递推关系式，再根据等比数列定义证明，（2）先根据等比数列通项公式求，得，代入得数列的通项公式【详解】（1）因为 ，所以 ，得，所以，所以，所以，所以是等比数列因为首项，所以，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列（2）由（1）可知，所以故当时，又代入上式也符合，所以【点睛】给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.21.在三棱锥中，平面平面，过作，垂足为，点，分别是棱，的中点（）求证：平面平面（）求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明 （1），垂足为，是的中点，又因为是的中点，平面，平面，平面；同理平面. 又，平面平面.（2）平面平面，且交线为，又平面，平面，平面，又因为，、平面，平面，平面，.【考点定位】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.22.已知正项等比数列的前项和为，首项，且，正项数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）记，是否存在正整数，使得对任意正整数，恒成立？若存在，求正整数的最小值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先设等比数列的公比为，根据题中条件，求出公比，即可