黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高一下学期线上期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com大庆实验中学2019-2020学年度高一下学期期中考试

数学

一.选择题

1.已知，下列说法正确的是 （   ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】

根据不等式性质得D成立，举例说明A,B,C错误.

【详解】因为2>1,-1>-2,2(-1)=1(-2),所以A错；

因为2>1 ,2✖02=1✖02,所以B错；

因为-2<-1,->-1 ,所以C错；

由不等式性质得若，则，所以D对，选D.

【点睛】本题考查不等式性质，考查分析判断能力.

2.在空间中，已知，，为不同的直线，，，为不同的平面，则下列判断正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若且，则

C. 若，，，，则 D. 若，，则

【答案】B

【解析】

【分析】

根据线面平行的判定定理，判断选项；平面与平面垂直的判定定理，判断选项；线面垂直的判定定理，判断选项；面面平行的判定定理，判断选项.

【详解】若，，则或，故错误； 若且，则，故正确；若，，，，则与相交或，故错误；若，，则不一定平行，故错误.

故选：

【点睛】本题考查空间直线和平面位置关系的判断，属于基础题.

3.已知数列是首项为，公差为的等差数列，且满足，则下列结论正确的是（    ）

A. ， B. ， C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据，求出数列的通项公式，即得.

【详解】由题得，，即，整理得，则，当时，有，即.

故选：C.

【点睛】本题通过求通项公式，来判断首项和公差的关系，也可用累乘法求.

4.某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三视图可知，该几何体是圆台，由圆台的体积公式计算即得.

【详解】该几何体为圆台，体积为.

故选：

【点睛】本题考查三视图和求圆台体积，属于基础题.

5.若，且，则的值等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用，对已知等式进行化简，根据，可求得，即得.

【详解】由题，，则，又，故，则，故.

故选：D.

【点睛】本题考查余弦和正切二倍角公式，属于基础题.

6.在△ABC中，.则△ABC—定是（）.

A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 形状不确定

【答案】A

【解析】

【详解】由已知得.

整理得.

于是，.

从而，△ABC—定是等腰三角形.选A.

7.已知数列为等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为，则（    ）

A. 15 B. 16 C. 25 D. 31

【答案】D

【解析】

【分析】

先设等比数列的公比为q，再由和与的等差中项为，联立求得，再代入等比数列前n项和公式求解.

【详解】设等比数列的公比为q，

因为

所以 ①

又因为与的等差中项为，

所以

即②

由①②得

则

故选：D

【点睛】本题主要考查等比数列通项公式及前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

8. 如图，空间四边形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6，M、N分别为AB、CD的中点，并且AC与BD所成的角为90°，则MN等于（ ）

A. 5 B. 6 C. 8 D. 10

【答案】A

【解析】

试题分析：取BC中点E，连结ME,NE，由三角形中位线性质可知ME=4，NE=3，由AC与BD所成的角为90°得ME,NE垂直，所以MN=5

考点：空间直线位置关系及空间距离

9.已知关于的不等式的解集为，若函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 函数有最小值2 B. 函数有最小值

C. 函数有最大值-2 D. 函数有最大值

【答案】C

【解析】

【分析】

不等式可因式分解得，由解集为，可知，，代入函数，利用基本不等式，计算即得.

【详解】由题得，的解集为，则，函数，又，则，故，当且仅当，即时，取得等号，函数有最大值.

故选：

【点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值，是常考题型.

10.在中，角，，的对边分别为，，，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用正弦定理将已知等式化为，整理可解出角，进而求出角，再由正弦定理求得的值.

【详解】由题，在中，，整理得，即，则，，又，则，由正弦定理可得，

解得.

故选：

【点睛】本题考查正弦定理解三角形，是常考题型.

11.已知三棱锥中，平面，平面，若，则此三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

将三棱锥补成一个长方体，由已知可知长宽高为，则该三棱锥外接球的直径为长方体的体对角线，求出直径，再由球的面积公式计算即得.

【详解】由题，可将三棱锥补成一个长方体，那么三棱锥外接球的直径为长方体的体对角线，即直径为，则外接球的表面积.

故选：

【点睛】本题考查求三棱锥外接球的表面积，属于中档题.

12.已知数列按如下规律分布（其中表示行数，表示列数），若，则下列结果正确的是（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【分析】

可以看出所排都是奇数从小到大排起.规律是先第一列和第一行，再第二列和第二行，再第三列第三行，并且完整排完次后，排出的数呈正方形.可先算是第几个奇数，这个奇数在哪两个完全平方数之间，再去考虑具体的位置.

【详解】每排完次后，数字呈现边长是的正方形，所以排次结束后共排了个数.

，说明是个奇数.

而，故一定是行，

而从第个数算起，第个数是倒数第个，根据规律第个数排在第行第列，所以第个数是第行第列，即在第行第列.

故.

故选：C.

【点睛】本题考查数列的基础知识，但是考查却很灵活，属于较难题.

二.填空题

13.若，，则______.

【答案】2

【解析】

分析】

根据两角和差的正切公式可以求出，再由即得.

【详解】.

又，则.

故答案为：

【点睛】本题考查利用两角和差的正切公式求值，属于基础题.

14.已知为数列的前项和，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用证得数列是等比数列，由此求得的值.

【详解】由于，当时.当时，两式相减得.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列的前项和公式，属于基础题.

15.在正方体中，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是______.

①平面②平面

③平面④平面

【答案】④

【解析】

【分析】

①②③错误，采用反证，假设正确，再根据线面垂直，线面平行的性质推出矛盾；④先证明，再对称考虑有，最后通过线面垂直的判定推出结论.

【详解】①连接，，有，，故平面.假设平面,则有，而，故平面，于是，矛盾，所以此命题错误.

②设与交于，则，，故四边形是平行四边形，所以有.假设平面，因在平面上，故也在平面上，而直线直线和为异面直线，矛盾，所以此命题错误.

③假设平面，则必有，而又有，故平面.于是有，矛盾，所以此命题错误.   

④连接，则有，又因为，所以有，故.是的中点，由正方形性质，，，三点共线.所以平面即是平面，同理设的中点为，则，于是有平面，故平面.

故本题的答案为：④

【点睛】此题考查空间线面平行，线面垂直等知识，属于较难题.

16.在三角形中，边，点是边上的一点，若，，则的最小值是______.

【答案】

【解析】

【分析】

设，再根据正弦定理得到与的关系，再得到与的关系，再计算出与的比例关系，作比得出关于的函数，再根据基本不等式得到的最小值.

【详解】由正弦定理，，，

设，由得到.

另一方面，

由得到.

所以.

故.

而，

故.等号成立当且仅当.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查正弦定理，还运用了函数或不等式的知识，是一道较难的综合题.

三.解答题

17.已知函数.

（1）求函数的最小正周期，及函数在区间上的最大值和最小值；

（2）若，，求的值.

【答案】（1）最小正周期为；；（2）

【解析】

【分析】

先利用二倍角公式，将函数化为.

（1）由，即得周期，再根据函数的单调性，即得；

（2）由和，解出，即得.

【详解】.

（1）函数的最小正周期为，

，，

故当时，，当时，；

（2）由题，，即，，

又，那么，则，可得.

故.

【点睛】本题考查求函数的最小正周期、最值，以及根据函数值求角，是常考题型.

18.的内角，，的对边分别是，，，已知.

（1）求角；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）利用余弦定理可求，从而得到的值.

（2）利用诱导公式和正弦定理化简题设中的边角关系可得，得到值后利用面积公式可求.

【详解】（1）由，得.

所以由余弦定理，得.

又因为，所以.

（2）由，得.

由正弦定理，得，因为，所以.

又因，所以.

所以的面积.

【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.

19.如图所示的几何体中，面底面，四边形为正方形，四边形为梯形，，，，为中点.

（1）证明：面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）取的中点,作辅助线，先证明及,即可证明,进而可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的性质定理即可证明；

（2）首先取中点，利用体积转化可得,再由体积的计算公式即可求解.

【详解】解：（1）取的中点，连结，

因为为中点，，，

所以，，∴为平行四边形，

所以，

又因，

所以；

（2）取中点，连，则，所以，所以.

所以.

所以三棱锥的体积为.

【点睛】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20.已知数列为等差数列，其前项和为，且满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）求．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）记，由等差数列的通项公式和求和公式，化简可得；

（2）设，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可得到结论.

【详解】（1）记，∴，设公差为，则，

∴，．

（2）记，即①，

②，

由①-②得

，

∴.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的求和公式，考查数列的错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题．

21.在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)

【解析】

【分析】

(1)取中点,连接,可得四边形为平行四边形.再证明平面得到,进而得到即可.

(2)利用等体积法,求出三棱锥的体积,进而求得到平面的距离,再得出直线与平面所成角的正弦值即可.

【详解】(1) 取中点,连接,则.又,故.

故四边形为平行四边形.故.

又,故,又底面,平面,故.

又,,故,又,故平面.

又平面,故.

又,,故

(2)因为底面,故.

又,,.

故.

设到平面的距离为,则,解得.

故直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】本题主要考查了线线垂直的证明以及利用等体积法求点到面的距离以及线面角的求解,需要根据题意利用线面线线垂直的判定与性质证明,同时也需要在等体积法时求解对应的面的面积等.属于中档题.

22.已知数列中，，.

（1）求证：数列是等比数列；

（2）若为数列的前项和，求的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

分析】

（1）根据等比数列的定义，设，推出为定值，即证；

（2）分别写出和的通项，再讨论出和的通项，分别讨论和的单调性，再分别求出和的最大值，再比较两个最大值大小即可.

【详解】（1）设，

因为，

所以数列以为公比的等比数列.

（2）由于，故，又是以为公比等比数列，可得，又得到.

由，得，

所以，

，

当时，单调递减，当时，取最大值；

，

当时，单调递减，当时，取最大值；

综上，的最大值为.

【点睛】本题考查等比数列求和公式，数列的通项公式，数列的单调性等知识，是一道较难的综合题.