《福建省厦门市2018-2019学年高中一年级下学期期末考试数学试题(解析版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门市2018-2019学年高中一年级下学期期末考试数学试题(解析版)（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、市2018-2019学年度第二学期高一年级质量检测(数学)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
2、.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
3、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
4、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
5、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
6、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
7、、阿基米德齐名.他发现:“平面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
8、；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，
9、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
10、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
11、.16.如图,圆锥型容器盛有水,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）303
12、0【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
13、到取值围；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，实数的取值围为.【点睛】本题主要考查一元二次
14、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
