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1、三明市20172018学年第二学期普通高中期末质量检测高一数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 直线的倾斜角为（ ）A. 30 B. 60 C. 120 D. 150【答案】D【解析】分析：首先确定直线的斜率，然后求解其倾斜角即可.详解：直线方程即：，直线的斜率，则直线的倾斜角为120.本题选择D选项.点睛：本题主要考查直线斜率的求解，直线的斜率与倾斜角的关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2. 已知圆的圆心在直线上，则的值为（ ）A. 4 B. 5 C. 7 D. 8【答案】A【解析】
2、分析：首先确定圆心坐标，然后结合直线方程整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合圆的方程可知圆心坐标为：，结合直线方程可得：，解得：.本题选择A选项.3. 数列为等比数列，若，则为（ ）A. -24 B. 12 C. 18 D. 24【答案】A【解析】分析：由题意首先求得公比，然后求解的值即可.详解：由题意可知：等比数列的公比，则：.本题选择A选项.点睛：等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用4. 直线与圆的位置关系为（ ）A. 相离 B. 相切C. 相交且过圆心 D. 相交且不过圆心【答案】B【解析】分析：首先求得圆心到
3、直线的距离，然后与半径比较即可确定直线与圆的位置关系.详解：圆心到直线的距离为：，圆的半径，由于，故直线与圆的位置关系为：相切.本题选择B选项.点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法5. 在空间直角坐标系中，若点，点是点关于平面的对称点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：首先求得点C的坐标，然后利用空间中两点之间距离公式整理计算即可求得最终结果.详解：由对称性可知，点C的坐标为，结合空间中两点之间距离公式可得：.本题选择D选项.6. 数列满足，且，则（ ）A. 338
4、B. 340 C. 342 D. 344【答案】C【解析】分析：首先确定数列为等差数列，然后结合等差数列的性质整理计算即可求得最终结果.详解：数列满足，则数列为公差为的等差数列，据此可得：，结合题意有：，即：，结合等差数列的性质可得：，据此可得：.本题选择C选项.点睛：本题主要考查等差数列的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列各项中正确的是 （ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，且，则【答案】A【解析】分析：结合立体几何的结论逐一考查所给的命题是否正确即可.详解：逐一考查所给的性质：A选项中：由面面垂直
5、的性质定理推论可知：若，则，原命题正确；在如图所示的正方体中：B选项中：取直线为，平面为上顶面，满足，但是不满足，原命题错误；C选项中：，取直线为，平面为下底面，满足，但是不满足，原命题错误；D选项中：点分别为直线的中点，取直线为，平面为，满足，且，但是不满足，原命题错误；本题选择A选项.点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.8. 九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.现有一块“堑堵”形石材的三视图
6、如图所示，则这块“堑堵”形石材的体积为（ ）A. 576 B. 288 C. 144 D. 96【答案】B【解析】分析：首先确定几何体的空间结构，然后结合棱柱的体积公式整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知，该三棱锥的底面是一个直角边长为是直角三角形，其高为，则该几何体的体积：.本题选择B选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解9. 已知直线经过第一、二、三象限且斜率小于1，那么下列不等式中一定正确
7、的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意首先确定a,b的范围，然后逐一考查所给命题的真假即可.详解：直线经过第一、二、三象限，则直线在轴的截距，在轴的截距，由直线的斜率小于1可知：，结合可得：，逐一考查所给的选项：由绝对值的性质可知：，选项A错误；由幂函数的单调性可知，选项B正确；由不等式的性质可得：，则，选项C错误；，则，选项D错误；本题选择B选项.点睛：本题主要考查直线的截距式方程，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10. 如图，为了估测某塔的高度，在塔底和（与塔底同一水平面）处进行测量，在点处测得塔顶的仰角分别为45，30，且两点相
8、距，由点看的张角为150，则塔的高度（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：首先设出CD的长度，然后利用空间几何关系整理计算即可求得最终结果.详解：设，在中，由可得：，同理可得：，在ABD中，由余弦定理可得：，即：，解得：，即塔的高度.本题选择C选项.点睛：解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.11. 已知等差数列的公差为-2，前项和为，为
9、某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120，若对任意的恒成立，则实数（ ）A. 7 B. 6 C. 5 D. 4【答案】C【解析】分析：首先由题意确定数列的通项公式，然后结合数列的特征整理计算即可求得最终结果.详解：等差数列的公差可知数列单调递减，三角形中大边对大角，据此可知题中的三角形最大边所对的角为120，设120所对的边长为，则其余两角所对的边分别为：，由余弦定理有：，结合可得：，即：，则数列的通项公式：，对任意的恒成立，则为数列前n项和取最大值时的的值.由：可得：，据此可知：，同理可知：，则当时取得最大值，本题选择C选项.点睛：本题主要考查余弦定理的应用，等差数列前n项和的最大值及
10、其求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12. 已知满足约束条件且不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先由不等式组确定可行域，然后结合不等式的特征和恒成立的结论整理计算即可求得最终结果.详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，可行域内的点恒满足，则不等式即恒成立，即，令可知：恒成立，即恒成立.其中表示坐标原点与可行域内点连线的斜率，如图所示，在点A和点C处目标函数取得最值，据此可知：.结合对勾函数的性质可知，当时，取得最小值，此时，即取得最大值，最大值为：，结合恒成立的条件可知：实数的取值范围为.点睛：本题主要考查线性规划及其应
11、用，恒成立问题的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知是2和4的等差中项，则_【答案】3【解析】分析：由题意结合等差中项的定义整理计算即可求得最终结果.详解：由等差中项的定义可得：.故答案为：3点睛：本题主要考查等差中项的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14. 在中，角所对的边分别为，若，则最大角的余弦值为_【答案】【解析】分析：首先设出边长，然后结合余弦定理整理计算即可求得最终结果.详解：不妨设三角形的三边长，由大边对大角结合余弦定理可得最大角的余弦值为：.点睛：本题主要考查解三角形的方
12、法，余弦定理的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15. 如图，正方体中，异面直线与所成角为_【答案】【解析】分析：首先确定线面垂直，据此确定异面直线所成的角即可.详解：如图所示，连结，由正方体的性质可知平面，则，底面为正方形，则，由于，直线在平面内，结合线面垂直的判断定理可得：平面，故，据此可得异面直线与所成角为.点睛：本题主要考查线面垂直的判断定理，异面直线夹角的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16. 我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高.原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个
13、平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图所示，在空间直角坐标系的坐标平面内，若函数的图象与轴围成一个封闭区域，将区域沿轴的正方向上移4个单位，得到几何体如图一.现有一个与之等高的圆柱如图二，其底面积与区域面积相等，则此圆柱的体积为_【答案】【解析】分析：首先确定底面积，然后结合柱体的体积公式整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知，图一中底面积是由一个四分之一圆与一个直角三角形组成的图形，由可知，该四分之一圆的半径为2，其面积为：,由，令可得，由可得，则直角三角形与坐标轴的交点坐标为，直角三角形的面积，结合题意可得：区域A的面积，即圆柱的底面积：，结合
14、祖暅原理可得，此圆柱的体积.点睛：本题主要考查柱体的体积公式及其应用，直线方程、圆的方程的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、解答题 （本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知直线与.（1）若，求与的交点坐标；（2）若，求与的距离.【答案】(1);(2).【解析】分析：（1）由直线垂直的充分必要条件可得，联立直线方程可得与的交点为.（2）由直线平行的充分必要条件可得，利用平行线之间的距离公式可得的距离.详解：（1）因为，所以，所以，联立得所以与的交点为.（2）因为，所以，所以，所以，所以的距离.点睛：本题主要考查直线平行、直线垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18. 在中，角所对的边分别为，且.（1）若，求角；（2）若，的面积为，求的值.【答案】(1);(2)67.【解析】分析：（1）利用正弦定理边化角可得，则，利用正弦定理有，则.（2）由题意结合面积公式可得，结合余弦定理可得.详解：（1），根据正弦定理，
