《实验中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《实验中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、林省实验中学2018-2019学年度下学期高一年级数学学科(理)期末考试试题一、单选题1.已知直线，平面，且，下列条件中能推出的是（ ）A. B. C. D. 与相交【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的性质，逐项判断即可得出结果.【详解】A中，若，由，可得；故A不满足题意；B中，若，由，可得；故B不满足题意；C中，若，由，可得；故C正确；D中，若与相交，由，可得异面或平，故D不满足题意.故选C【点睛】本题主要考查线面垂直的性质，熟记线面垂直的性质定理即可，属于常考题型.2.若直线与平行，则实数的值为（ ）A. 或B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用直线与直线平行的性质求解【详解
2、】直线与平行， 解得a1或a2当a2时，两直线重合，a1故选：B【点睛】本题考查满足条件的实数值的求法，是基础题，解题时要注意两直线的位置关系的合理运用3.圆：被直线截得的线段长为（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由弦长，即可得出结果.【详解】因为圆：的圆心为，半径；所以圆心到直线的距离为，因此，弦长.故选D【点睛】本题主要考查求圆被直线所截弦长问题，常用几何法处理，属于常考题型.4.如图是某个正方体的平面展开图，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ）A. 互相平行B. 异面且互相垂直C. 异面且夹角为D. 相交且夹角为
3、【答案】D【解析】【分析】先将平面展开图还原成正方体，再判断求解.【详解】将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形，所以与的夹角为.故选:D.【点睛】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.如图所示，是半圆的直径，垂直于半圆所在的平面，点是圆周上不同于的任意一点，分别为的中点，则下列结论正确的是( )A. B. 平面平面C. 与所成的角为45D. 平面【答案】B【解析】【分析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A.，分别为，的中点，又，与所成的角为，故不正确；，不成立，故A不正确B. 是的直径，点是圆周
4、上不同于，的任意一点，垂直所在的平面，所在的平面，又，平面，又平面，平面平面，故B正确；C. 是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，又、共面，与不垂直，平面不成立，故不正确；，分别为，的中点，又，与所成的角为，故不正确；D. 是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，又、共面，与不垂直，平面不成立，故D不正确.故选:B.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6.记等差数列的前n项和为.若，则（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】D【解析】【分析】由可得值，可得可得答案.【详解】解：由，可得，所以，从而，故
5、选D.【点睛】本题主要考察等差数列的性质及等差数列前n项的和，由得出的值是解题的关键.7.四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接交于点，连接，证明平面，进而可得到即是直线与平面所成角，根据题中数据即可求出结果.【详解】连接交于点，因为平面，底面是正方形，所以，因此平面；故平面；连接，则即是直线与平面所成角，又因，所以，.所以，所以.故选A【点睛】本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型.8.设，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由3是
6、与的等比中项，可得，再利用不等式知识可得的最小值.【详解】解：3是与的等比中项，=，故选C.【点睛】本题考查了指数式和对数式的互化，及均值不等式求最值的运用，考查了计算变通能力.9.已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离【答案】B【解析】化简圆到直线距离 ，又 两圆相交. 选B10.已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（ ） A. B. C. 平面D. 平面【答案】C【解析】【分析】根据正方体性质，以及线面平行、垂直的判定以及性质定理即可判断.【详解】因为在正方体中，且平面，
7、平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以有，而，则与不平行，故选项不正确；若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确； 若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；而因为平面，平面，所以有平面，所以选项C正确，.【点睛】本题考查了线线、线面平行与垂直的关系判断，属于中档题.11.已知数列满足，则的值为（ ）A. 2B. -3C. D. 【答案】D【解析】【分析】先通过列举找到数列的周期，再利用数列的周期求值.【详解】由题得，所以数列的周期为4，所以.故选：D【点睛】本题主要考查递推数列和数列周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.12.在三棱锥中，平面平面，则三棱锥外接球
8、的表面积为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合题意，结合直线与平面垂直的判定和性质，得到两个直角三角形，取斜边的一半，即为外接球的半径，结合球表面积计算公式，计算，即可。【详解】过P点作，结合平面ABC平面PAC可知，故，结合可知，所以，结合所以,所以，故该外接球的半径等于，所以球的表面积为，故选D。【点睛】考查了平面与平面垂直的性质，考查了直线与平面垂直的判定和性质，难度偏难。二、填空题13.若正实数满足，则的最大值为_ .【答案】【解析】【分析】可利用基本不等式求最大值.【详解】因为都是正数，由基本不等式有，所以即，当且仅当时等号成立，故的最大值为.【点睛】应用基本不
9、等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.14.已知直线平分圆的周长，则实数_【答案】1【解析】【分析】由题得圆心在直线上，解方程即得解.【详解】由题得圆心（1，a）在直线上，所以.故答案为：1【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.15.若正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的角是45，则该正四棱锥的体积是_ .【答案】【解析】【分析】过棱锥顶点作,平面，则为的中点，为正方形的中心，连结，设正四棱锥的底面长为，根据已知求出a
10、=2,SO=1,再求该正四棱锥的体积.【详解】过棱锥顶点作,平面，则为的中点，为正方形的中心，连结，则为侧面与底面所成角的平面角，即，设正四棱锥的底面长为，则，所以，在中，解得，棱锥的体积.故答案为：【点睛】本题主要考查空间线面角的计算，考查棱锥体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.16.已知函数，且，则 _【答案】【解析】【详解】为偶数时， ； 为奇数时， ； .点睛:本题采用分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如 ）及符号型（如 ）.三、解答题17.已知三角形的三个顶点，.（1）求线段的中线所在直线方程；（2）求边上的高所在的直线方程.【答案】（1）
11、（2）.【解析】【分析】（1）先求出BC中点的坐标，再求BC的中线所在直线的方程；（2）先求出AB的斜率，再求出边上的高所在的直线方程.【详解】（1）由题得BC中点D的坐标为（2，-1）,所以,所以线段的中线AD所在直线方程为即.（2）由题得,所以AB边上的高所在直线方程为，即.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.18.已知公差不为0的等差数列满足，是，的等比中项.（1）求的通项公式；（2）设数列满足，求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；（2）利用裂项相消法求和【详解】（1）设
12、等差数列的公差为 ，则 解得 或（舍去）， . （2）, .【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消进行数列求和的方法，属于基础题19.如图，在直三棱柱中，是棱的中点（1）求证：；（2）求证：【答案】(1)见详解；（2）见详解.【解析】【分析】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证ODBC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1平面A1CD（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1A1C，利用线面垂直的性质可证ABAA1，根据ABAC，利用线面垂直的判定定理可证AB平面ACC1A1，利用
13、线面垂直的性质可证ABA1C，又AC1A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1A1C【详解】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：ODBC1，又因为：BC1平面A1CD，OD平面A1CD，所以：BC1平面A1CD（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：ACAA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，所以：AC1A1C，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，因为：AB平面ABC，所以：ABAA1，又
14、因为：ABAC，ACAA1A，AC平面ACC1A1，AA1平面ACC1A1，所以：AB平面ACC1A1，因为：A1C平面ACC1A1，所以：ABA1C，又因为：AC1A1C，ABAC1A，AB平面ABC1，AC1平面ABC1，所以：A1C平面ABC1，因为：BC1平面ABC1，所以：BC1A1C【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题20.某大学要修建一个面积为的长方形景观水池，并且在景观水池四周要修建出宽为2m和3m的小路如图所示问如何设计景观水池的边长，能使总占地面积最小？并求出总占地面积的最小值【答案】水池一边长为12m，另一边为12m，总面积为最小，为。【解析】【分析】设水池一边长为
