安徽省安庆市20017-2018学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)

安庆市2017-2018学年度第二学期期末教学质量监测

高一数学试题

一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，仅有一个选项符合题目要求，请将正确选项填涂在答题卡上）

1. 已知满足，且，那么下列选项中一定成立的是

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：采用特殊值法，，且，则，对数进行赋值。

点睛：利用特殊值，对选项进行排除是选择题中判断不等式成立的基本方法，注意赋值时要考虑题意。

2. 在△中，,则等于

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：先解角,由正弦定理求边。

详解：，由正弦定理,解得。故选C。

点睛：已知两角用正弦定理求解

3. 下列命题正确的个数为

①梯形一定是平面图形；

②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；

③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；

如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

【答案】C

【解析】分析：逐一判断每个命题的真假，得到正确命题的个数.

详解：对于①，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，所以该命题是真命题；对于②，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，所以该命题是假命题；对于③，两两相交的三条直线最多可以确定三

个平面，是真命题；对于④，如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，所以该命题是假命题.故答案为：C.

点睛：(1)本题主要考查空间直线平面的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象能力.(2)对于类似这种空间直线平面位置关系的命题的判断，一般可以利用举反例的方法和直接证明法,大家要灵活选择方法判断.

4. 在数列中，，则等于

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】分析：已知逐一求解。

详解：已知逐一求解。故选D

点睛：对于含有的数列，我们看作摆动数列，往往逐一列举出来观察前面有限项的规律。

5. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为

A. B. C. D.

【答案】B

..................

考点：圆锥的几何性质及侧面积公式.

6. 设数列是等差数列，若，则等于

A. 14

B. 21

C. 28

D. 35

【答案】C

【解析】分析：利用等差中项的性质先求，。

详解：，故选C

点睛：等差数列的性质：若，则。

7. 下列说法正确的是

A. 相等的角在直观图中仍然相等

B. 相等的线段在直观图中仍然相等

C. 正方形的直观图是正方形

D. 若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行

【答案】D

【解析】分析：找反例用排除法筛选出正确答案。

详解：等腰三角形的两底角相等，但在直观图不相等，故A错误。

正方形的两邻边相等，但在直观图中不相等，故B,C错误。故选D

点睛：直观图：与轴平行的直线不变，与轴平行的角度变为，长度变为原来的一半。

8. 在△中，角所对的边分别为,若，则△为

A. 钝角三角形

B. 直角三角形

C. 锐角三角形

D. 等边三角形

【答案】A

【解析】由正弦定理可得，即，所以是钝角，选A.

9. 设满足约束条件则的最大值为

A. 10

B. 8

C. 3

D. 2

【答案】B

【解析】试题分析：作出约束条件的可行域，如图，平移直线，当直线

经过点时有最大值，由得，将代入得，即的最大值为，故选B．

考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法．

【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题．求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值．

视频

10. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了

A. 192里

B. 96里

C. 48里

D. 24里

【答案】B

【解析】由题意有：此人每天所走的路程形成等比数列，其中公比，则

，解出，所以，选C.

11. 已知正四面体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】试题分析：如图，取中点，连接，因为是中点，则，或其补角就是异面直线所成的角，设正四面体棱长为1，则，，

．故选B．

考点：异面直线所成的角．

【名师点睛】求异面直线所成的角的关键是通过平移使其变为相交直线所成角，但平移哪一条直线、平移到什么位置，则依赖于特殊的点的选取，选取特殊点时要尽可能地使它与题设的所有相减条件和解题目标紧密地联系起来．如已知直线上的某一点，特别是线段的中点，几何体的特殊线段．

视频

12. 如图，在平面四边形中，，将其沿对角线对角折成四面体，使平面⊥平面,若四面体的顶点在同一球面上，则该求的体积为

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=2，BD=2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A'﹣BCD，

使平面A'BD⊥平面BCD．四面体A'﹣BCD顶点在同一个球面上，△BCD和△A'BC都是直角三角形，

BC的中点就是球心，所以BC=2，球的半径为：；

所以球的体积为：．

故答案选：A ．

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.

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卡上）

13. 直线在轴和轴上的截距相等，则实数=__________.

【答案】1或-2

【解析】分析：先分别设解出直线在轴和轴上的截距，当，当，列方程求解。

详解：当，当，直线在轴和轴上的截距相等，所以，解得

点睛：求坐标轴上的截距，只需要即可不用化为截距式求。

14. 如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为_______________.

【答案】1：1

【解析】分析：在半球里挖去一个圆锥，计算半球和圆锥的体积即可。

详解：球的半径为2，故体积的公式为，圆锥的体积

剩余部分与挖去部分的体积之比1：1

点睛，组合体的体积，要弄懂组合体的结构，哪些被挖去，哪些是留下来的。

15. 若一元二次不等式对一切实数都成立，则的取值范围为_____________.

【答案】（-3，0）

【解析】分析：一元二次不等式，所以，时，求解的取值范围

详解：题意为一元二次不等式故，，函数开口向上不可能对一切实数，都位于轴的下方。所以当时.

点睛：二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式

问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想，我们要灵活的应用。

16. 将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题：

①垂直于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两条直线平行；④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是________.（填命题的序号）

【答案】①③

【解析】分析：将可换命题放在几何体中研究，逐一排除即可

详解：

垂直于同一平面的两条直线平行，可换命题为垂直于同一直线的两个平面平行。①对

垂直于同一平面的两平面平行，可换命题为垂直于同一直线的两直线平行。异面直线就不平行。所以②错。

平行于同一直线的两条直线平行，可换命题为平行于同一平面的两个平面平行。③对

平行于同一平面的两直线平行，可换命题为平行于同一直线的两平面平行。所以④错误

点睛：而借助几何图形处理直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系问题，是常见解法，学生要多熟练。

三.解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 在△中，内角所对的边分别为.若，求△的面积. 【答案】

【解析】分析：利用余弦定理先求，再由面积公式求解即可。

详解：由，可得，

由余弦定理：，

所以：，

所以；

所以。

综上所述：答案为.

点睛：条件为三边的二次齐次式用余弦定理化简，以为整体求解代入面积公式。

18. 根据所给的条件求直线的方程：

（1）直线过点（-4，0），倾斜角的正弦值为；

（2）直线过点（5，10），到原点的距离为5.

【答案】（1）x?3y+4=0或x+3y+4=0；（2）x?5=0或3x?4y+25=0.

【解析】试题分析：（Ⅰ）首先设出所求直线的倾斜角为，然后由已知条件并运用直线的斜率公式可求出其斜率，进而由点斜式可得出其所求的直线方程；（Ⅱ）分直线的斜率存在与不存在两种情况进行讨论，然后由点到直线的距离公式可求出所求的直线的方程即可得出所求的结果．

试题解析：（Ⅰ）由题设知，该直线的斜率存在，故可采用点斜式．设倾斜角为，则

，从而，则．故所求直线方程为．即

．

（Ⅱ）当斜率不存在时，所求直线方程为；当斜率存在时，设其为，则所求直线方程为，即．由点到直线距离公式，得，解得k＝．故

所求直线方程为．综上知，所求直线方程为或．

考点：1、直线的方程；2、直线与直线的位置关系．

19. 如图，四棱锥中，⊥平面，底面为正方形，为的中点，.

（1）求证：；

（2）边上是否存在一点，使得//平面？若存在，求的长，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）23.

【解析】分析：（1）要证明，需证面，需证：，用分析法书写即可。（2）连结AC,取AC中点O,连结EO,GO,延长GO交AD于点M,则PA∥平面MEG，再求解

详解：(Ⅰ)证明：∵PD⊥平面A CD，∴PD⊥BC

又∵ABCD是正方形∴BC⊥CD

∵PD∩CD=D

∴BC⊥平面PCD

又∵PC?面PBC

∴PC⊥BC

（2）连结AC,取AC中点O,连结EO,GO,延长GO交AD于点M,则PA∥平面MEG

下面证明之

∵E为PC的中点，O是AC的中点，

∴EO∥PA,

又∵EO?平面MEG，PA?平面MEG

∴PA∥平面MEG

在正方形ABCD中,∵O是AC的中点,∴△OCG≌△OAM，

∴AM=CG=23,∴所求AM的长为23.

点睛：（1）证明线线垂直，转化为线面垂直，证明线面垂直转化为线线垂直，用分析法思考，用综合法书写。

（2）探讨型问题，往往找特殊点，有中点找中点，有比例关系找有比例关系的点。

20. 如图，△内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，平面，

.

（1）求证：⊥平面；

（2）设，表示三棱锥的体积，求函数的解析式及最大值.

【答案】（1）见解析；（2）解析式见解析，最大值为3√3.

【解析】分析：（1）要证（1）要证平面，需证平面，需证,用综合法书写即可。

（2）由（1）可知平面，所以体积为,，利用均值不等式求解最大值。

详解：(1)证明：∵四边形DCBE为平行四边形,∴CD∥BE,BC∥DE.

∵DC⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DC⊥BC.

∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC=C.

∴BC⊥平面ADC.

∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC；

(2)∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.

在Rt△ABE中,AB=2,EB=3√.

在Rt△ABC中,∵AC=x,BC=4?x2?????√(0

∴S△ABC=12AC?BC=12x?4?x2?????√，

∴V(x)=VE?ABC=3√6x?4?x2?????√,(0

∵x2(4?x2)?(x2+4?x22)2=4,当且仅当x2=4?x2,即x=2√时，取等号，

∴x=2√时,体积有最大值为3√3.

点睛：证明线面垂直，转化为线线垂直，求体积的最值，建立体积的函数关系式，注意自变量的取值范围。求最值可用均值不等式，也可求导。

21. 某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产千件，需另投入成本为，当年产量不足80千件时，（万元）.当年产量不小于80千件时（万元）.每件商品售价为0.05万元.通过分析，该工厂生产的商品能全部售完.

（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；

（2）当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？

【答案】（1）见解析；（2）100.

【解析】分析：此题以分段函数为模型建立函数表达式，设千件产品的销售额为万元，当

时，年利润；当时，年利润.再分别求每段函数的值域得出结论。

详解：∵每件产品的售价为0.05万元，∴x千件产品的销售额为0.05×1 000x＝50x万元．①当0

∴当x＝60时，L(x)取得最大值，且最大值为L(60)＝950万元；

②当x≥80时，L(x)＝50x－51x－＋1 450－250＝1 200－≤1 200－

2＝1 200－200＝1 000，当且仅当x＝，即x＝100时，L(x)取得最大值1 000万元．

由于950<1 000，

∴当产量为100千件时，该工厂在这一产品的生产中所获年利润最大，最大年利润为

1 000万元．

点睛：分段函数的实质是将几个基本函数分段的陈列出来，定义域取不同的范围，所以综合性很强，可以将高中体系的任何一个函数及其知识点吸纳进来，要求学生储备的知识很多，不易入手。研究分段函数的性质，实质是研究分段函数的图像，故分段函数题型的方法用数形结合法。分段函数的研究方法很好的体现了研究函数性质的方法故是高考的热门考点

22. 已知数列的前项和（其中），且的最大值为8.

（1）确定常数，并求；

（2）设数列的前项和为，求证：.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】试题分析：（1）由二次函数知识可知当时，，解得，这时由可求数列的通项公式；

（2）因为是一个等差数列与一个等比数列的对应项的积构成的，所以可用错位相减法求数列的前项和.

试题解析：（1）因为，又因为，所以当时，

，解得，这时；

所以，当时，，又也适合这个公式，所以.

（2）设，则，…①

所以…②

①②得，所以.

考点：1.二次函数；2.与关系；3.错位相减法求和.

【名师点睛】本题考查.二次函数、与关系、错位相减法求和，属中档题；错位相减法求和的思想来源于等比数列的求和思想，主要解决一个等差数列与一个等比数列对应项积组成的数列的求和问题，具体思路为：先写出和式，在和式两边同乘以等比数列的公比，用和式减去乘以的式子，得到一个新的式子，从而转化为一个等比数列的求和问题与另外一项或两项的的和的问题，这样就可以求和了，但要注意新的式子中等比数列的项数.