2018-2019學年市四校高一下學期期末聯考數學試題

一、單選題

1．直線關于直線對稱的直線方程是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】所求直線的斜率與直線的斜率互為相反數，且在處有公共點，求解即可。

【詳解】

直線與直線的交點為，則所求直線過點,因為直線的斜率為，所以所求直線的斜率為，故所求直線方程為，即.故答案為A.【點睛】

本題考查了直線的斜率，直線的方程，直線關于直線的對稱問題，屬于基礎題。

2．如圖，正四棱柱中（底面是正方形，側棱垂直于底面），則異面直線與所成角的余弦值為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】試題分析：連結，異面直線所成角為，設,在中

【考點】異面直線所成角

3．已知，則下列不等式一定成立的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據對數函數的單調性，求得的大小關系，由此對選項逐一分析，進而得出正確選項.【詳解】

由于在上為增函數，所以.所以：，A選項錯誤.，故符號無法判斷，B選項錯誤.，在上遞減，故，C選項錯誤.由于，由于當時，在上遞增，所以，即，故D選項正確.故選：D.【點睛】

本小題主要考查對數函數、指數函數和冪函數的單調性，屬于基礎題.4．內角，的對邊分別為，.已知，，則這樣的三角形有（）

A．0個

B．1個

C．2個

D．1個或2個

【答案】C

【解析】根據和的大小關系，判斷出解的個數.【詳解】

由于，所以，故解的個數有兩個.如圖所示兩個解.故選：C

【點睛】

本小題主要考查正弦定理的運用過程中，三角形解的個數判斷，屬于基礎題.5．在等差數列中，若，則（）

A．45

B．75

C．180

D．320

【答案】C

【解析】試題分析：因為數列為等差數列，且，所以，從而，所以，而，所以，故選C.【考點】等差數列的性質.6．在數列中，，則的值為（）

A．4950

B．4951

C．

D．

【答案】C

【解析】利用累加法求得，由此求得的表達式，進而求得的值.【詳解】

依題意，所以，所以，當時，上式也滿足.所以.故選：C

【點睛】

本小題主要考查累加法求數列的通項公式，屬于基礎題.7．直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】先求出AB的長，再求點P到直線AB的最小距離和最大距離，即得△ABP面積的最小值和最大值，即得解.【詳解】

由題得,由題得圓心到直線AB的距離為，所以點P到直線AB的最小距離為2-1=1，最大距離為2+1=3，所以△ABP的面積的最小值為，最大值為.所以△ABP的面積的取值范圍為[1,3].故選D

【點睛】

本題主要考查點到直線的距離的計算，考查面積的最值問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.8．設是數列的前項和，時點在拋物線上，且的首項是二次函數的最小值，則的值為（）

A．45

B．54

C．36

D．－18

【答案】B

【解析】根據點在拋物線上證得數列是等差數列，由二次函數的最小值求得首項，進而求得的值.【詳解】

由于時點在拋物線上，所以，所以數列是公差為的等差數列.二次函數，所以.所以.故選：B

【點睛】

本小題主要考查等差數列的證明，考查二次函數的最值的求法，考查等差數列前項和公式，屬于基礎題.9．若兩個正實數，滿足，且不等式有解，則實數的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】利用基本不等式求得的最小值，根據不等式存在性問題，解一元二次不等式求得的取值范圍.【詳解】

由于，而不等式有解，所以，即，解得或.故選：D

【點睛】

本小題主要考查利用基本不等式求最小值，考查不等式存在性問題的求解，考查一元二次不等式的解法，屬于中檔題.10．在中，角，的對邊分別為，，且.則（）

A．

B．或

C．

D．

【答案】A

【解析】利用余弦定理和正弦定理化簡已知條件，求得的值，即而求得的大小.【詳解】

由于，所以，由余弦定理和正弦定理得，即，由于是三角形的內角，所以為正數，所以，為三角形的內角，所以.故選：A

【點睛】

本小題主要考查正弦定理和余弦定理邊角互化，考查三角形的內角和定理，考查兩角和的正弦公式，屬于基礎題.11．如圖，各棱長均為的正三棱柱，、分別為線段、上的動點，且平面，中點軌跡長度為，則正三棱柱的體積為（）

A．

B．

C．3

D．

【答案】D

【解析】設的中點分別為，判斷出中點的軌跡是等邊三角形的高，由此計算出正三棱柱的邊長，進而計算出正三棱柱的體積.【詳解】

設的中點分別為，連接.由于平面，所以.當時，中點為平面的中心，即的中點（設為點）處.當時，此時的中點為的中點.所以點的軌跡是三角形的高.由于三角形是等邊三角形，而，所以.故正三棱柱的體積為.故選：D

【點睛】

本小題主要考查線面平行的有關性質，考查棱柱的體積計算，考查空間想象能力，考查分析與解決問題的能力，屬于中檔題.12．菱形，是邊靠近的一個三等分點，則菱形面積最大值為（）

A．36

B．18

C．12

D．9

【答案】B

【解析】設出菱形的邊長，在三角形中，用余弦定理表示出，利用菱形的面積公式列式，結合二次函數的性質求得菱形面積的最大值.【詳解】

設菱形的邊長為，在三角形中，有余弦定理得.所以菱形的面積，故當時，菱形的面積取得最大值為.故選：B

【點睛】

本小題主要考查余弦定理解三角形，考查同角三角函數的基本關系式，考查菱形的面積公式，考查二次函數最值的求法，屬于中檔題.二、填空題

13．終邊經過點，則_____________

【答案】

【解析】根據正弦值的定義，求得正弦值.【詳解】

依題意.故答案為：

【點睛】

本小題主要考查根據角的終邊上一點的坐標求正弦值，屬于基礎題.14．直線的傾斜角為_____________

【答案】

【解析】先求得直線的斜率，由此求得對應的傾斜角.【詳解】

依題意可知，直線的斜率為，故傾斜角為.故答案為：

【點睛】

本小題主要考查直線斜率和傾斜角的計算，屬于基礎題.15．如圖，兩個正方形，邊長為2，.將繞旋轉一周，則在旋轉過程中，與平面的距離最大值為______.【答案】

【解析】繞旋轉一周得到的幾何體是圓錐，點的軌跡是圓.過作平面平面，交平面于.的軌跡在平面內.畫出圖像，根據圖像判斷出圓的下頂點距離平面的距離最大，解三角形求得這個距離的最大值.【詳解】

繞旋轉一周得到的幾何體是圓錐，故點的軌跡是圓.過作平面平面，交平面于.的軌跡在平面內.畫出圖像如下圖所示，根據圖像作法可知，當位于圓心的正下方點位置時，到平面的距離最大.在平面內，過作，交于.在中，,.所以①.其中，所以①可化為.故答案為：

【點睛】

本小題主要考查旋轉體的概念，考查空間點到面的距離的最大值的求法，考查空間想象能力和運算能力，屬于中檔題.16．設數列的前項和為滿足：，則_________.【答案】

【解析】利用，求得關于的遞推關系式，利用配湊法證得是等比數列，由此求得數列的通項公式，進而求得的表達式，從而求得的值.【詳解】

當時，.由于，而，故，故答案為：.【點睛】

本小題主要考查配湊法求數列的通項公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.三、解答題

17．在三棱錐中，平面平面，，分別是棱，上的點

（1）為的中點，求證：平面平面.（2）若，平面，求的值.【答案】（1）證明見解析；（2）

【解析】（1）根據等腰三角形的性質，證得，由面面垂直的性質定理，證得平面，進而證得平面平面.（2）根據線面平行的性質定理，證得，平行線分線段成比例，由此求得的值.【詳解】

（1），為的中點，所以.又因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）∵平面，面，面面

∴，∴.【點睛】

本小題主要考查面面垂直的判定定理和性質定理，考查線面平行的性質定理，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18．如圖1所示，在四邊形中，且，．

（1）求的面積；

（2）若，求的長．

圖1

圖2

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）利用已知條件求出D角的正弦函數值，然后求△ACD的面積；

（2）利用余弦定理求出AC，通過，利用余弦定理求解AB的長．

【詳解】

（1）因為，所以，又，所以，所以．

（2）由余弦定理可得，因為，所以，解得．

【點睛】

本題考查余弦定理以及正弦定理的應用，基本知識的考查，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．

19．泉州與福州兩地相距約200千米，一輛貨車從泉州勻速行駛到福州，規定速度不得超過千米/時，已知貨車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度千米/時的平方成正比，比例系數為0.01；固定部分為64元.（1）把全程運輸成本元表示為速度千米/時的函數，并指出這個函數的定義域；

（2）為了使全程運輸成本最小，貨車應以多大速度行駛？

【答案】（1）,；（2），貨車應以千米/時速度行駛，貨車應以千米/時速度行駛

【解析】（1）先計算出從泉州勻速行駛到福州所用時間，然后乘以每小時的運輸成本（可變部分加固定部分），由此求得全程運輸成本，并根據速度限制求得定義域.（2）由，對進行分類討論.當時，利用基本不等式求得行駛速度.當時，根據的單調性求得行駛速度.【詳解】

（1）依題意一輛貨車從泉州勻速行駛到福州所用時間為小時，全程運輸成本為，所求函數定義域為；

（2）當時，故有，當且僅當，即時，等號成立.當時，易證在上單調遞減

故當千米/時，全程運輸成本最小.綜上，為了使全程運輸成本最小，貨車應以千米/時速度行駛，貨車應以千米/時速度行駛.【點睛】

本小題主要考查函數模型在實際生活中的應用，考查基本不等式求最小值，考查函數的單調性，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.20．已知圓：.（1）過的直線與圓：交于，兩點，若，求直線的方程；

（2）過的直線與圓：交于，兩點，直接寫出面積取值范圍；

（3）已知，圓上是否存在點，使得，請說明理由.【答案】（1）或；（2）；（3）存在，理由見解析

【解析】求得圓的圓心和半徑.（1）設出直線的方程，利用弦長、勾股定理和點到直線距離列方程，解方程求得直線的斜率，進而求得直線的方程.（2）利用三角形的面積公式列式，由此求得面積取值范圍.（3）求得三角形外接圓的方程，根據圓和圓的位置關系，判斷出點存在.【詳解】

圓心為，半徑為.（1）直線有斜率，設：，圓心到直線的距離為，∵，則由，得，直線的方程為或

（2）依題意可知，三角形的面積為，由于，所以，所以.（3）設三角形的外接圓圓心為（），半徑為，由正弦定理得，所以，所以圓的圓心為,所以圓的方程為，圓與圓滿足圓心距：，∴圓與圓相交于兩點，圓上存在兩個這樣的點，滿足題意.【點睛】

本小題主要考查直線和圓的位置關系，考查圓和圓的位置關系，考查三角形的面積公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.21．如圖，四面體中，，為的中點.（1）證明：；

（2）已知是邊長為2正三角形.（Ⅰ）若為棱的中點，求的大小；

（Ⅱ）若為線段上的點，且，求四面體的體積的最大值.【答案】（1）證明見解析；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）

【解析】（1）取中點，連接，通過證明，證得平面，由此證得.（2）

（I）通過證明，證得平面，由此證得,利用

“直斜邊的中線等于斜邊的一半”這個定理及其逆定理，證得.（II）利用求得四面體的體積的表達式，結合基本不等式求得四面體的體積的最大值.【詳解】

（1）取的中點，所以，所以.又因為，所以，又，所以面，所以.（2）（Ⅰ）由題意得，在正三角形中，又因為，且，所以面，所以.∵為棱的中點，∴，在中，為的中點，.∴

（Ⅱ），四面體的體積，又因為，即，所以

等號當且僅當時成立，此時.故所求的四面體的體積的最大值為.【點睛】

本小題主要考查線線垂直的證明，考查線面垂直的證明，考查直角三角形的判定，考查三棱錐體積的最大值的求法，考查基本不等式的運用，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.22．已知數列為等差數列，為前項和，（1）求的通項公式；

（2）設，比較與的大小；

（3）設函數，求，和數列的前項和.【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）利用基本元的思想，將已知轉化為的形式列方程組，解方程組求得的值，從而求得數列的通項公式.（2）利用裂項求和法求得表達式，判斷出，利用對數函數的性質得到，由此得到.（3）首先求得，當時，根據的表達式，求得的表達式.利用分組求和法求得當時的表達式，并根據的值求得的分段表達式.【詳解】

（1）為等差數列，得，∴

（2）∵，∴，又，∴.（3）由分段函數，可以得到：，當時，故當時，又符合上式

所以.【點睛】

本小題主要考查等差數列基本量的計算，考查裂項求和法、分組求和法，考查運算求解能力，屬于中檔題.