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1、大名一中高三第一轮专题卷第一卷一选择题：（本大题共15小题，每小题4分共60分。） 1、设等差数列的前项和为，若， ，则（ ）A. B. C. D. 2设ab0，cdb0，cd0， ,故A不正确；因为cd0，所以,故.故B正确。C不对。因为cdb0,故,故D不对。故3答案为：B。详解：或.当时，满足；当时，即，此时两直线重合，不满足，故舍去.综上，.4【答案】D【解析】若 , ,则 或，故假，真， , 则 ，正确，故为真，为假，为真，故选D.5【答案】D【解析】作出不等式组对应的平面区域，如图：，则z的几何意义是区域内的点到点D（1，0）的距离的平方，由图象知D到直线2x-y=0的距离最小，此
2、时，所以，故选D.6、【答案】B7B 详解：如图所示， 中，连接，则分别是的中点，所以，所以，所以共面，所以直线与直线是共面直线，所以是错误的；因为平面平面平面，所以直线与直线是异面直线，所以是正确的；由知，因为平面平面，所以平面，所以是正确的；由于不能推出线面垂直，所以平面平面是不成立的，综上只有是正确的，故选B. 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【答案】C9【答案】D【解析】根据不等式组画出可行域是封
3、闭的四边形区域，对目标函数进行分类，当0时，令z= , 这时可行域为直线下方的部分，当目标函数过点（3，0）时有最大值4.当0时，令z=, 这时可行域为直线上方的部分，这时当目标函数过点（2，4）时有最大值，代入得到最大值为5.故答案为：D.点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形。10【答案】A【解析】由三视图可知
4、该棱锥是如图所示的三棱锥 ，图中 到平面的距离为 ，所以，由棱锥的体积公式可得该棱锥的体积为 ，故选A.11答案：C解析： 成等差数列， ，即，解得或（舍去），故选C.12【答案】B【解析】由正弦定理得，当，即时取最小值故选B13分析：由已知三视图得到几何体的直观图，根据图中数据计算表面积详解：由三视图知，几何体是一个组合体，上面是一个半球，半球的半径是1，下面是一个棱长为2，1，2的长方体和一个半圆柱，如图所示：几何体的表面积是 故选C.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将
5、其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.14 A试题18732891解析： ， 为等边三角形又平面平面取中点，连接，则球心在上，有，解得该四面体外接球的表面积为故选15 C试题18672004解析： 若,换为直线a,b,则命题化为“ab,且a则b”,此命题为真命题;若,换为直线a,b,则命题化为“a,且ab则b”,此命题为假命题;若,换为直线a,b,则命题化为“a,且b则ab”,此命题为真命题,故选
6、C.16、【答案】；17【解析】如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AMBC，OMAA16，所以球O的半径ROA .【答案】C 18详解：不等式组即：或，绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，结合目标函数的几何意义可知目标函数表示点与可行域内连线斜率值加1的值，目标函数在点处取得最小值，据此可知目标函数的最小值为：.19【答案】20试题18973402答案： 4为等比数列， ，公比， ， 当且仅当，即时取等号的最小值为点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的
7、几何意义21【答案】（1）；（2）【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为由已知得，解得，所以数列的通项公式为（2），所以22【答案】（1）；（2）1，【解析】（1），又，且的最小值为，则，周期，则，；（2），令得，令得，的增区间为，减区间为在区间上单调递增，在区间上上单调递减，又，23【答案】（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理得：，又，则，由余弦定理可得，又，；（2）由正弦定理得，又，的周长24详解：（1）设等差数列的公差为，则，成等比数列，即，整理得由解得，（2）由（1）得，得点睛：弄清错位相减法的适用条件及解题格式是关键在应用错位相减法求和时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作
8、是由一个等差数列和一个公比不为1的等比数列对应项相乘所得，所谓“错位”就是找“同类项”相减25【答案】（1）见解析；（2）.试题分析：（1）根据题设条件可证，结合平面，推出，再根据及，推出，然后根据面面垂直的判定定理证明平面，即可证明平面平面；（2）设到的距离为，根据题设条件分别求得与的值，从而求得，再根据，即可求得.试题解析：（1）在正中，在中，因为，易证，所以为的中点，因为点是的中点，所以，因为平面，所以，因为，所以，因为，所以，即，因为，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）设到的距离为，在中，所以，在，所以，在中，所以，由即，解得.26【答案】（）见解析（）见解析（）试题分析：（1）根据平面几何知识证得四边形为平行四边形，即得；再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据面面垂直性质定理得；即得；再根据勾股定理计算得；最后根据线面垂直判定定理证结果（3）根据锥体体积公式，利用等体积法求体积试题解析：（）证明:因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以；又因为，所以（）证明:因为平面平面，平面平面,又因为，所以；因为，所以；因为，所以，所以，所以；又因为所以.（）.- 17 -
