福建省厦门市2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）

福建省厦门市2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40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.若点共线,则的值为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.【详解】由题意，可知，又，点共线，则，即，所以，故选a.【点睛】本题主要考查三点共线的条件，难度较小.2.已知等差数列的前项和为,则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及性质即可得到答案.【详解】由于，根据等差数列的性质，故选c.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和，难度不大.3.下列选项正确的是（ ）a. 若,则b. 若,则c. 若,则d. 若,则【答案】b【解析】【分析】通过逐一判断abcd选项，得到答案.【详解】对于a选项，若，代入，故a错误；对于c选项，等价于，故c错误；对于d选项，若，则，故d错误，所以答案选b.【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大.4.的内角的对边分别为,若 ,则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】首先通过正弦定理将边化角，于是求得，于是得到答案.【详解】根据正弦定理得：，即，而，所以，又为三角形内角，所以，故选b.【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.5.已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（ ）a. 若,则b. 若,则c. 若,则d. 若,则【答案】c【解析】【分析】通过对abcd逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.【详解】对于a选项，有可能异面，故错误；对于b选项，可能相交或异面，故错误；对于c选项，显然故正确；对于d选项，也有可能，故错误.所以答案选c.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.6.正方体中,直线与所成角的余弦值为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】作出相关图形，通过平行将异面直线所成角转化为共面直线所成角.【详解】作出相关图形，由于，所以直线与所成角即为直线与所成角，由于为等边三角形，于是所成角余弦值为，故答案选c.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值，难度不大.7.已知,当取得最小值时（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】可用导函数解决最小值问题，即可得到答案.【详解】根据题意，令，则，而当时，当时，则在处取得极小值，故选d.【点睛】本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，难度中等.8.的内角的对边分别为,边上的中线长为,则面积的最大值为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】作出图形，通过和余弦定理可计算出，于是利用均值不等式即可得到答案.【详解】根据题意可知，而，同理，而，于是，即，又因为，代入解得.过d作de垂直于ab于点e，因此e为中点，故，而，故面积最大值为4，答案为d.【点睛】本题主要考查解三角形与基本不等式的相关综合，表示出三角形面积及使用均值不等式是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。9.如图,正方形中,分别是的中点将分别沿折起,使重合于点.则下列结论正确的是（ ）a. b. 平面c. 二面角的余弦值为d. 点在平面上的投影是的外心【答案】abc【解析】【分析】对于a选项，只需取ef中点h，证明平面；对于b选项，知三线两两垂直，可知正确；对于c选项，通过余弦定理计算可判断；对于d选项，由于，可判断正误.【详解】对于a选项，作出图形，取ef中点h，连接ph，dh，又原图知和为等腰三角形，故,，所以平面，所以，故a正确；根据折起前后，可知三线两两垂直，于是可证平面，故b正确；根据a选项可知 为二面角的平面角，设正方形边长为2，因此，由余弦定理得：，故c正确；由于，故点在平面上的投影不是的外心，即d错误；故答案为abc.【点睛】本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.10.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是（ ）a. 的方程为b. 在轴上存在异于的两定点,使得c. 当三点不共线时,射线是的平分线d. 上存在点,使得【答案】bc【解析】【分析】通过设出点p坐标，利用即可得到轨迹方程，找出两点即可判断b的正误，设出点坐标，利用与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.【详解】设点，则，化简整理得，即，故a错误；当时，故b正确；对于c选项，,要证po为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，则证，故c正确；对于d选项，设,由可得，整理得，而点m在圆上，故满足，联立解得，无实数解，于是d错误.故答案为bc.【点睛】本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.三、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分。11.不等式的解集是_【答案】【解析】分析】可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集.【详解】由于的两根分别为：，因此不等式的解集是.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的求解，难度不大.12.等比数列满足其公比_【答案】【解析】【分析】观察式子，将两式相除即可得到答案.【详解】根据题意，可知，于是.【点睛】本题主要考查等比数列公比的相关计算，难度很小.13.直线过点且倾斜角为,直线过点且与垂直,则与的交点坐标为_【答案】【解析】【分析】通过题意，求出两直线方程，联立方程即可得到交点坐标.【详解】根据题意可知，因此直线为：，由于直线与垂直，故，所以，所以直线为：，联立两直线方程，可得交点.【点睛】本题主要考查直线方程的相关计算，难度不大.14.如图,货轮在海上以的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为150的方向航行.为了确定船位,在点b观察灯塔a的方位角是120,航行半小时后到达c点,观察灯塔a的方位角是75,则货轮到达c点时与灯塔a的距离为_ n mile【答案】【解析】【分析】通过方位角定义，求出，利用正弦定理即可得到答案.【详解】根据题意，可知,，因此可得，由正弦定理得：，求得，即答案为.【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，难度不大.15.若直线上存在满足以下条件的点:过点作圆的两条切线(切点分别为),四边形的面积等于，则实数的取值范围是_【答案】【解析】分析】通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到的取值范围.【详解】作出图形，由题意可知，此时，四边形即为,而，故，勾股定理可知，而要是得存在点p满足该条件，只需o到直线的距离不大于即可，即，所以，故的取值范围是.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能力，计算能力，分析能力，难度中等.16.如图,圆锥型容器内盛有水,水深,水面直径放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,则该铁球体积为_【答案】【解析】【分析】通过将图形转化为平面图形，然后利用放球前后体积等量关系求得球的体积.【详解】作出相关图形，显然,因此，因此放球前，球o与边相切于点m，故，则，所以，,所以放球后，而，而，解得.【点睛】本题主要考查圆锥体积与球体积的相关计算，建立体积等量关系是解决本题的关键，意在考查学生的划归能力，计算能力和分析能力.四、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.已知数列前项和为(1)证明:数列是等差数列;(2)设,求数列的前2020项和.【答案】（1）见解析；（2）3030【解析】【分析】（1）当时，可求出首项，当时，利用即可求出通项公式，进而证明是等差数列；(2)可将奇数项和偶数项合并求和即可得到答案.【详解】（1）当时，当时，综上，.因为，所以是等差数列.（2）法一：，的前2020项和为：法二：，的前2020项和为：.【点睛】本题主要考查等差数列的证明，分组求和的相关计算，意在考查学生的分析能力和计算能力，难度中等.18.已知函数(1)若关于的不等式的解集为,求的值;(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1) 不等式可化为，而解集为，可利用韦达定理或直接代入即可得到答案；（2）法一：讨论和时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围；法二：利用二次函数在上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.【详解】（1）法一：不等式可化为，其解集为，由根与系数的关系可知，解得，经检验时满足题意.法二：由题意知，原不等式所对应的方程的两个实数根为和4，将（或4）代入方程计算可得，经检验时满足题意.（2）法一：由题意可知恒成立，若，则恒成立，符合题意。若，则恒成立，而，当且仅当时取等号，所以，即.故实数的取值范围为.法二：二次函数的对称轴为. 若，即，函数在上单调递增，恒成立，故；若，即，此时在上单调递减，在上单调递增，由得.故；若，即，此时函数在上单调递减，由得，与矛盾，故不存在.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生的分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.19.平面四边形中,.(1)若,求;(2)设,若,求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1) 法一：在中，利用余弦定理即可得到的长度；法二：在中，由正弦定理可求得，再利用正弦定理即可得到的长度；（2）在中，使用正弦定理可知是等边三角形或直角三角形，分两种情况分别找出面积表达式计算最大值即可.【详解】（1）法一：中，由余弦定理得，即，解得或舍去，所以.法二：中，由正弦定理得，即.解得，故，.由正弦定理得，即，解得.（2）中，由正弦定理及，可得，即或，即或.是等边三角形或直角三角形.中，设，由正弦定理得.若是等边三角形，则.当时，面积的最大值为；若是直角三角形，则.当时，面积的最大值为；综上所述，面积的最大值为.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，面积公式，三角函数最值的相关应用，综合性强，意在考查学生的计算能力，转化能力，分析三角形的形状并讨论是解决本题的关键.20.如图,直三棱柱中,分别为的中点.(1)证明:平面;(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)法一：要证平面，只需证明即可，通过构造平行四边形可证之；法二：可先证平面平面，利用面面平行的性质即可得到平面;（2）法一：由于即为与平面所成的角，利用数据求之；法二：（等积法）利用等积法计算出到平面的距离，从而要求的答案为：即可.【详解】（1）法一：取中点，连接，在直三棱柱中，.为中点，为中点，四边形为平行四边形，.平面，平面，平面.法二：取中点，连结，在直三棱柱中，.为中点，为中点，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.分别为中点，.又平面，平面，平面.平面平面.平面平面.（2）法一：直三棱柱中，平面，.又，且，平面.过作于.平面，.又平面.又即为与平面所成的角.法二：（等积法）与平面所成的角相等.连结，直三棱柱中，平面，.又平面.，.设到平面的距离为，.，即.设与平面所成的角为，.【点睛】本题主要考查线面平行，线面角所成正弦值的相关计算，意在考查学生的空间想象能力，分析能力，转化能力，计算能力.21.已知圆,圆与圆关于直线对称.(1)求圆的方程;(2)过直线上的点分别作斜率为的两条直线,使得被圆截得的弦长与被圆截得的弦长相等.(i)求的坐标;()过任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交,判断所得弦长是否恒相等,并说明理由.【答案】（1）；（2）（i）,（ii）见解析【解析】【分析】(1)根据题意，将问题转化为关于直线的对称点即可得到，半径不变，从而得到方程；(2) (i) 设，由于弦长和距离都相等，故p到两直线的距离也相等，利用点到线距离公式即可得到答案；()分别讨论斜率不存在和为0三种情况分别计算对应弦长，故可判断.【详解】（1）设，因为圆与圆关于直线对称，则直线与直线垂直，中点在直线上，得解得所以圆.（2）（i）设的方程为，即；的方程为，即.因为被圆截得的弦长与被圆截得的弦长相等，且两圆半径相等，所以到的距离与到的距离相等，即，所以或.由题意，到直线的距离，所以不满足题意，舍去，故，点坐标为.（ii）过点任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.证明如下： 当的斜率等于0时，的斜率不存在，被圆截得的弦长与被圆截得的弦长都等于圆的半径； 当的斜率不存在，的斜率等于0时，与圆不相交，与圆不相交. 当、的斜率存在且都不等于0，两条直线分别与两圆相交时，设、的方程分别为，即.因为到的距离，到的距离，所以到的距离与到的距离相等.所以圆与圆的半径相等，所以被圆截得的弦长与被圆截得的弦长恒相等.综上所述，过点任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.【点睛】本题主要考查点的对称问题，直线与圆的位置关系，计算量较大，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.22.数学的发展推动着科技的进步,正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用,华为的5g技术领先世界.目前某区域市场中5g智能终端产品的制造由h公司及g公司提供技术支持据市场调研预测,5c商用初期,该区域市场中