2019-2020学年安徽省六安市金安区六安高一下期末文科数学试卷

2019~2020年度第二学期高一年级期末考试数学试卷（文科）满分：150分时间：120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．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a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面（）A.有一个 B.有无数多个 C.至多一个 D.不存在2.若a>b，则A.ln(a−b)>0 B.3a<3bC.a3−b3>0 D.│a│>│b│3.若不等式组的解集非空，则实数a的取值范围是（）．A. B.或 C. D.或4.如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行与平面的是（）A. B.C. D.5.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为A.2 B.3 C.5 D.66.已知数列为等差数列，若，则的值为（）A. B. C. D.7.下列命题正确的个数是（）①若直线，，则②若直线，，则③若直线，直线，则④若直线，直线，则A.0 B.1 C.2 D.38.用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.已知点是斜边的中点，且，则的边边上的高为（）A.1 B.2 C. D.9.（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A. B.C. D.10.在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（）A. B. C. D.11.已知，且，若恒成立，则实数的值取值范围是（）A. B. C. D.12.若的面积为，且为钝角，的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填写在答题卷相应位置上．13.在中，，则_____________14.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．15.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为________．16.直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,，则此球的表面积等于_________．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．17.在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求18.记为等差数列的前项和．已知．（1）若，求的通项公式；（2）若，求使得的的取值范围．19.已知函数．（1）若不等式的解集为，求m，n;（2）设，且，求的取值范围．20.已知正方体棱长为1，如图所示．（1）求证：平面平面；（2）试找出体对角线与平面和平面的交点，，求．21.已知为数列的前项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列前项和．22.已知正四棱锥的表面积为，记正四棱锥的高为．（1）试用表示底面边长，并求正四棱锥体积的最大值;（2）当取最大值时，求异面直线和所成角正切值．

六安一中2019~2020年度第二学期高一年级期末考试数学试卷（文科）满分：150分时间：120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．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a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面（）A.有一个 B.有无数多个 C.至多一个 D.不存在【答案】A【解析】【分析】由线面间的位置关系及线面平行的判定定理判断．【详解】直线a，b为异面直线，过上任一点作直线，直线存在且唯一，且是相交直线，由确定的平面记为，是唯一的，由线面平行的判定定理得．故选：A．【点睛】本题考查空间直线与直线间的位置关系，直线与平面间的位置关系，掌握线面平行的判定定理是解题关键．2.若a>b，则A.ln(a−b)>0 B.3a<3bC.a3−b3>0 D.│a│>│b│【答案】C【解析】【分析】本题也可用直接法，因为，所以，当时，，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，，所以，知C正确；取，满足，，知D错．【详解】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．3.若不等式组的解集非空，则实数a的取值范围是（）．A B.或 C. D.或【答案】A【解析】【分析】不等式组等价于，由不等式组解集非空得，可得答案.【详解】原不等式组等价于,由题意不等式组解集非空可得，故选：A．【点睛】本题考查不等式解集非空问题，属于基础题.4.如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行与平面的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可判断A、B、C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于B选项，连接，如下图所示：在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于C选项，连接，如下图所示：在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于D选项，如下图所示，连接交于点，连接，连接交于点，若平面，平面，平面平面，则，则，由于四边形为正方形，对角线交于点，则为的中点，、分别为、的中点，则，且，则，，则，又，则，所以，与平面不平行；故选：D.【点睛】判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行定义，一般用反证法；（2）利用线面平行的判定定理（，，），其关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；（3）利用面面平行的性质定理（，）.5.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为A.2 B.3 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】画出可行域，用截距模型求最值．【详解】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分．目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，故目标函数在点处取得最大值．由，得，所以．故选C．【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值或范围．即：一画，二移，三求．6.已知数列为等差数列，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：，.考点：数列，三角函数．7.下列命题正确的个数是（）①若直线，，则②若直线，，则③若直线，直线，则④若直线，直线，则A.0 B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】根据直线与平面平行的判定定理和性质定理对命题进行验证排除，得到答案.【详解】由直线与平面平行的判定定理和性质定理知：①中直线在平面内时不成立；②中，但直线与直线成异面直线时显然不成立；③中直线在平面内时不成立；④中直线，直线，则与直线可能平行也可能相交或异面，所以不成立.故选：A【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理和性质定理判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理()；(3)利用面面平行的性质定理()；(4)利用面面平行的性质()．8.用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.已知点是斜边的中点，且，则的边边上的高为（）A.1 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】在直观图中∥轴，可知原图形中∥轴，故,,求直观图中的长即可求解.【详解】∵直观图是等腰直角三角形，，∴，根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半,∴△的边上的高.故选D.【点睛】本题主要考查了斜二测直观图的画法，属于中档题.9.（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A. B.C. D.【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.10.在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】所以，选A.【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形.首先用两角和的正弦公式转化为含有，，的式子，用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.11.已知，且，若恒成立，则实数的值取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用“乘1法”和基本不等式的性质，恒成立⇔2m＜．即可得出．【详解】∵x＞0，y＞0，∴48．当且仅当x＝2y＝4时取等号．若恒成立，∴2m＜8，解得m＜4．故选：D．【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质、恒成立的等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．12.若的面积为，且为钝角，的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由余弦定理和三角形面积可求得，用正弦定理化，再化为的三角函数，由三角函数知识可得取值范围．【详解】∵，∴，，∴，∴，又∵为钝角，∴，∴，，由正弦定理得，故选：D．【点睛】本题考查余弦定理，正弦定理，考查三角形面积公式，解题关键是根据正弦定理把转化为的三角函数后可得其取值范围．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填写在答题卷相应位置上．13.在中，，则_____________【答案】【解析】由三角形的面积公式知，,解得，再有余弦定理得，故.14.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．【答案】.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算．15.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为________．【答案】【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图是一个直三棱柱与个球的组合体，然后根据条件求解【详解】有三视图知几何体的直观图是一个直三棱柱与个球的组合体，画出直观图得：故答案为：【点睛】本题考查空间几何体体积.求空间几何体体积常见类型及思路规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解三视图形式：若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解16.直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,，则此球的表面积等于_________．【答案】20π【解析】【分析】【详解】三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．17.在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理可以得到，根据题设条件，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；（2）根据题设条件以及第一问的结论可以求得，之后在中，用余弦定理得到所满足的关系，从而求得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，，所以.由题设知，，所以；（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得.所以.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理，在解题的过程中，需要时刻关注题的条件，以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范围所满足的关系，从而正确求得结果.18.记为等差数列的前项和．已知．（1）若，求的通项公式；（2）若，求使得的的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由可求得，进而求得公差，由等差数列通项公式可求得结果；（2）利用可得，利用等差数列通项公式和求和公式求得和，利用和构造不等式求得结果.【详解】（1）设的公差为．由得：，，解得：，；（2）由（1）知：，即，，又，，，，由得：，由得：，解得：，又，的取值范围为.【点睛】易错点睛：数列属于一类特殊的函数，它的图象是孤立的点，因此在求解的取值范围时，不能忽略的特点，这是容易出错的地方.19.已知函数．（1）若不等式的解集为，求m，n;（2）设，且，求的取值范围．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）由和是方程的解可得；（2），得出满足的关系，作出点据平面区域，作直线，平移该直线得的取值范围，也即的取值范围．【详解】（1）∵不等式的解集为∴，解得；（2）∵，且，∴，作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分（含边界实线，不含虚线部分），由解得，即，作直线，平移直线知，向下平移直线，减小，而直线过点时，，∴，∴的取值范围是．【点睛】本题考查解一元二次不等式，考查简单的线性规划问题．解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得结论，注意可行域中虚线部分不可取．20.已知正方体的棱长为1，如图所示．（1）求证：平面平面；（2）试找出体对角线与平面和平面的交点，，求．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证平面，再证平面，再由，平面，平面，可得平面平面；（2）先连接，交于点，连接，与交于点E，可得点E就是与平面交点；再连接AC，交BD于点O，连接，与交于点F，可得点F就是与平面的交点，而后证，最后进行简单的运算即可得解.【详解】（1）在正方体中，，，所以四边形是平行四边形所以，又平面，平面，所以平面，同理平面又，平面，平面，所以平面平面；（2）如图，连接，交于点，连接，与交于点E，因为平面，所以点E也在平面内，所以点E就是与平面交点，同理，连接AC，交BD于点O，连接，与交于点F，则点F就是与平面的交点，下面证明，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，在中因为是的中点，