海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）

海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.圆心坐标为，半径长为2圆的标准方程是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据圆的标准方程的形式写.【详解】圆心为，半径为2的圆的标准方程是.故选c.【点睛】本题考查了圆的标准方程，故选c.2.直线的倾斜角大小（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由直线可得斜率进而得倾斜角.【详解】由直线可知，斜率为：，所以倾斜角的正切值为.则有倾斜角为：.故选b.【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.3.在等差数列中，若公差，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求解即可得到结果【详解】等差数列中，公差，故选b【点睛】等差数列中的计算问题都可转为基本量（首项和公差）来处理，运用公式时要注意项和项数的对应关系本题也可求出等差数列的通项公式后再求出的值，属于简单题4.已知1，a，b，c，5五个数成等比数列，则b的值为（）a. b. c. d. 3【答案】a【解析】【分析】根据等比数列奇数项也成等比数列，求解.【详解】因为1，a，b，c，5五个数成等比数列，所以也成等比数列，等比数列奇数项的符号一致，.故选a.【点睛】本题考查了等比数列的基本性质，属于简单题型，但需注意这个隐含条件.5.已知等差数列的前n项和为，则a. 140b. 70c. 154d. 77【答案】d【解析】【分析】利用等差数列的前n项和公式，及等差数列的性质，即可求出结果.【详解】等差数列的前n项和为，.故选d.【点睛】本题考查等差数列的前n项和的求法和等差数列的性质，属于基础题.6.在中，已知三个内角为a，b，c满足：5：4，则（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据正弦定理可知，再根据余弦定理求.【详解】根据正弦定理可知,设 .故选a.【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，属于简单题型.7.在中，若，则此三角形解的个数为（）a. 0个b. 1个c. 2个d. 不能确定【答案】c【解析】【分析】判断的大小关系，即可得到三角形解的个数.【详解】,即，有两个三角形.故选c.【点睛】本题考查判断三角形解的个数问题，属于简单题型.8.圆与圆的公切线有几条（）a. 1条b. 2条c. 3条d. 4条【答案】c【解析】【分析】首先求两圆的圆心距，然后判断圆心距与半径和或差的大小关系,最后判断公切线的条数.【详解】圆，圆心 ，圆 ,圆心，圆心距 两圆外切，有3条公切线.故选c.【点睛】本题考查了两圆的位置关系，属于简单题型.9.我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯a. 1盏b. 3盏c. 5盏d. 9盏【答案】b【解析】【详解】设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，s7=381，解得a1=3故选：b10.如图，从地面上c，d两点望山顶a，测得它们的仰角分别为45和30，已知米，点c位于bd上，则山高ab等于()a. 100米b. 米c. 米d. 米【答案】c【解析】【分析】设，中，分别表示，最后表示求解长度.【详解】设，中，中，解得：米.故选c.【点睛】本题考查了解三角形中有关长度的计算，属于基础题型.11.设，且，则下列不等式恒成立的是()a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】逐一分析选项，得到正确答案.【详解】由已知可知，可以是正数，负数或0，a.不确定，所以不正确；b.当时，两边同时乘以，应该，所以不正确；c.因为有可能等于0，所以，所以不正确；d.当时，两边同时乘以，所以正确.故选d.【点睛】本题考查了不等式的基本性质，属于简单题型.12.（山西省榆社中学2018届高三诊断性模拟考试）设为数列的前项和，已知， ，则a. b. c. d. 【答案】d【解析】根据题意，由，得，则，将各式相加得，又，所以，因此，则将上式减下式得，所以.故选d.点睛：此题主要考查了数列通项公式、前项和公式的求解计算，以及错位相消求各法的应用等有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是常考知识点.错位相消求和法是一种重要的方法，一般适于所求数列的通项公式是一个等比数列乘于一个等差的形式，将求和式子两边同时乘于等比数列的公比，再两式作差，消去中间项，从而求得前项和公式.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.直线被圆截得的弦长为_.【答案】4【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标与半径，利用点到直线的距离公式，运用勾股定理即可求出截得的弦长【详解】由圆可得则圆心坐标为，半径圆心到直线的距离直线被圆截得的弦长为故答案为【点睛】本题主要考查了求直线被圆所截的弦长，由弦长公式，分别求出半径和圆心到直线的距离，然后运用勾股定理求出弦长14.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ，则这块菜地的面积为_【答案】【解析】【分析】首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可.【详解】由几何关系可得，斜二测图形中：，由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积.【点睛】本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15.若正实数满足，则的最小值为_ 【答案】9【解析】【分析】根据，展开后利用基本不等式求最值.【详解】 等号成立的条件是，即，解得： 的最小值是9.【点睛】本题考查了基本不等式求最值的问题，属于简单题型.基本不等式求最值，需满足“一正，二定，三相等”，这三个要素缺一不可.16.数列的通项公式是，若前项和为20，则项数为_.【答案】440【解析】【详解】由数列通项公式可得：,则：，结合前n项和的结果有：，解得：.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.（1）求过点且在两个坐标轴上截距相等的直线方程。（2）求过点，且与直线垂直的直线的方程；【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）需分直线过原点，和不过原点两种情况，过原点设直线，不过原点时，设直线，然后代入点求直线方程；（2）根据垂直设直线的方程是，代入点求解.【详解】解：（1）当直线过原点时，直线方程为：；当直线不过原点时，设直线方程为，把点代入直线方程，解得，所以直线方程为（2）设与直线l：垂直的直线的方程为：，把点代入可得，解得过点，且与直线l垂直的直线方程为：【点睛】本题考查了直线方程求法，属于简单题型.18.已知圆c的圆心在x轴上，且经过两点，（1）求圆c方程；（2）若点p在圆c上，求点p到直线的距离的最小值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设圆心在轴上的方程是，代入两点求圆的方程；（2）利用数形结合可得最短距离是圆心到直线的距离-半径.【详解】解：（1）由于圆c的圆心在x轴上，故可设圆心为，半径为，又过点，故解得故圆c的方程（2）由于圆c的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，又点p在圆c上，故点p到直线的距离的最小值为【点睛】本题考查了圆的方程以及圆有关的最值问题，属于简单题型，当直线和圆相离时，圆上的点到直线的最短距离是圆心到直线的距离-半径，最长的距离是圆心到直线的距离+半径.19.如图所示，在边长为8的正三角形中，依次是，的中点，为垂足，若将绕旋转，求阴影部分形成的几何体的表面积与体积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】旋转后几何体是一个圆锥，从里面挖去一个圆柱，根据数据利用面积公式，可求其表面积【详解】旋转后几何体是一个圆锥，从里面挖去一个圆柱，因为abc为边长为8的正三角形，所以bd=4，ad=ebh中，b=60，eb=4，bh=hd=dg=2，eh=，圆锥底面半径hd=2，高eh=，圆柱底面半径bd=4，高为ad=.， 所以几何体的表面积为： 所以， 所求几何体积为【点睛】本题考查组合体的面积问题，考查空间想象能力，数学公式的应用，是中档题20.已知是等差数列，是等比数列，且，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，运用通项公式，可得，进而得到所求通项公式； （2）由（1）求得，运用等差数列和等比数列的求和公式，即可得到数列和【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，可得，所以，又由，所以，所以数列的通项公式为（2）由题意知，则数列的前项和为【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题21.的内角a，b，c的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角c；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.22.已知数列中，。（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和。【答案】（1）（2）【解析】【