2019-2020年高一数学下学期期末考试试题 文
2019-2020学年高一数学下学期期末考试试卷(含解析)
2019-2020学年高一数学下学期期末考试试卷(含解析)一、选择题（每个小题5分，共12个题）1.已知集合，则的子集个数为（）A. 2B. 4C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的定义和集合中子集的个数的计算公式，即可求解答案．【详解】由题意集合，∴，∴的子集个数为．故选D．【点睛】本题主要考查了集合的交集运算及子集个数的判定，其中熟记集合交集的运算和集合中子集个数的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．2.函数的定义域是( )A. (－1，＋∞)B. [－1，＋∞)C. (－1,1)∪(1，＋∞)D. [－1,1)∪(1，＋∞)【答案】C【解析】由题意得，∴，故选C.3.一个直角三角形绕其最长边旋转一周所形成的空间几何体是（）A. 一个棱锥B. 一个圆锥C. 两个圆锥的组合体D. 无法确定【答案】C【解析】一个直角三角形绕其最长边AC旋转一周所形成的空间几何体是以斜边的高BD为半径的底面圆，以斜边被垂足D分得的两段长AD，CD为高的两个倒扣的圆锥的组合体故选C4.已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱去掉一个内接圆锥，利用圆柱和圆锥的体积公式，即可求解．【详解】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体为一个圆柱去掉一个内接圆锥，所以体积为，故选B.【点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．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．5.为了得到函数的图像，可以将函数的图像（）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】先化简函数，再根据三角函数的图象变换，即可求解．【详解】由题意，函数，所以为了得到函数的图象，可以将函数的图象向右平移个单位长度，故选B．【点睛】本题考查三角函数的图象的平移与伸缩变换，注意先伸缩后平移时的系数是解题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6.若直线过点（1，2），（4，2+）则此直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设直线的倾斜角为，根据直线的斜率和倾斜角的关系，即可求解．【详解】设直线的倾斜角为，则，又∵，所以，故选A.【点睛】本题主要考查直线的斜率与倾斜角，属于简单题. 求直线的倾斜角往往先求出直线的斜率，求直线斜率的常见方法有一以下三种，（1）已知直线上两点的坐标求斜率：利用；（2）已知直线方程求斜率：化成点斜式即可；（2）利用导数的几何意义求曲线切点处的切线斜率.7.圆的圆心坐标和半径分别是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】把圆的一般方程化简为圆的标准方程，即可求解圆的圆心坐标和半径，得到答案．【详解】依题意可得：∴圆的圆心坐标和半径分别是，，故选：D【点睛】本题主要考查了圆的方程的应用，其中熟记圆的标准方程和圆的一般的形式和互化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8.直线截圆所得的弦长为A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，求得圆的圆心坐标和半径，利用圆的弦长公式，即可求解．【详解】由题意圆的方程，可知圆心，半径，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故选D．【点睛】本题主要考查了圆的弦长公式应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系和直线与圆的弦长公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．9.中，角的对边分别为，已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】在三角形中，利用正弦定理，即可求解．【详解】在△ABC中，，∴则，∴由正弦定理可得：故选C【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.10.在中，角的对边分别为，若，则( )A. 60°B. 120°C. 45°D. 30°【答案】B【解析】【分析】根据题意，由余弦定理求得，即可求解答案．【详解】因为，由余弦定理得，又∵，所以，故选B．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.11.已知等差数列{a n}中，a3=9，a9=3，则公差d的值为（）A. B. 1 C. - D. -1【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式，列出方程组，求得的值，得到答案．【详解】等差数列中，，由等差数列的通项公式，可得解得，即等差数列的公差d=﹣1．故选D．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用等差数列的性质与前项和的关系，利用整体代换思想解答.12.数列的前项和为，若，则等于（）A. 1B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：由题意得，数列的通项公式，所以，故选B.考点：数列的求和.【方法点晴】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中涉及到数列通项公式的列项、数列的列项相消求和，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及退了与运算能力，试题比较基础，属于基础题，本题解答中吧数列的通项公式化简为是解答的关键，平时注意总结和积累.二、填空题（共20分）13.已知，且是第二象限角，则___________．【答案】【解析】【分析】根据角为第二象限角，得，再由三角函数的基本关系式，即可求解．【详解】因为是第二象限角，∴，又，由三角函数的基本关系式可得．【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系的化简求值问题，其中根据角的象限，判定三角函数的符号是解答的一个易错点，同时熟记三角函数的基本关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．14.已知点与点，则的中点坐标为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意与点，根据中点的坐标公式，即可求解．【详解】由题意点与点，根据中点坐标公式可得的中点坐标为，即的中点坐标为.【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标表示及中点中点坐标公式的应用，其中解答中熟记空间向量的坐标表示和中点的坐标公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．15.函数，则的值为__________.【答案】1【解析】【分析】根据分段函数的解析式，代入即可求解．【详解】当时，，，当时，，.【点睛】本题主要考查了分段函数的求函数值问题，其中把握分段函数的分段条件，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．16.直线与直线互相垂直，则实数等于________．【答案】2【解析】【分析】利用两条直线互相垂直，列出方程，即求解．【详解】直线与直线互相垂直，则，∴，故答案为2【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，其中熟记两条直线的位置关系，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．三、解答题（共70分，17题10分其各题每题12分，要求写出必要的解题步骤）17.在等差数列{a n}中，a12=23，a42=143，a n=239，求n及公差d．【答案】n=66，d=4【解析】试题分析：由题意结合等差数列的定义可先求公差，再列关于n的方程，解方程可得试题解析：由题意可得，d==4，∴a1=﹣21∵a n=a1+（n﹣1）d=﹣21+4（n﹣1）=239，解得n=66综上，n=66，d=4.点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系，利用整体代换思想解答.18.已知等比数列{a n}满足记其前n项和为(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)若，求n.【答案】(1)；(2)5.【解析】【分析】（1）设出等比数列的公比，由条件得到关于的方程组，求得便可得到数列的通项公式；（2）根据前n项和得到关于n的方程，解方程可得解．【详解】(1)设等比数列{a n}的公比为，由条件得,解得，∴ an=a1q n−1=.即数列{a n}的通项公式为．(2)由题意得，解得：.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及等比数列的前项和公式的应用，其中熟记等比数列的通项公式和前项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19.如图，在中，，是边上一点，且.（1）求的长；（2）若，求的长及的面积.【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）在中由正弦定理可求得AD的长；（2）在中，由余弦定理可得，利用可得所求面积．【详解】（1）在中，由正弦定理得，即，∴（2）∵，∴在中，由余弦定理得∴∴.综上，的面积为．【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理、三角形的面积公式求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.20.在中，内角的对边分别为，且.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，求.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用正弦定理可对进行化简，即可得到的值；（Ⅱ）利用正弦定理对进行化简，可得到，再利用的余弦定理，可求出的值.【详解】（Ⅰ）由及正弦定理，得.在中，..（Ⅱ）由及正弦定理，得，①由余弦定理得，，即，②由①②，解得.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.21.已知直线经过点，且斜率为．（1）求直线的方程．（2）求与直线平行，且过点的直线方程．（3）求与直线垂直，且过点的直线方程．【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】（1）写出直线的点斜式方程，整理成一般方程即可．（2）可设直线的一般方程为，代入点求出的值，即可答案．（3）可设所求直线的方程为，代入点，求得的值，即可求解直线的方程；所求直线的斜率为，写出直线的点斜式方程，整理成一般方程即可．【详解】（1）由题设，根据直线的点斜式方程可得，整理得．（2）由题意，所以求直线与平行，设所求直线方程为，代入点，解得，所以直线方程为．（3）由题意，所以求直线与垂直，设所求直线的方程为，代入点，解得，所以直线方程为．【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，其中熟记直线的点斜式方程、直线的一般式方程等形式，合理应用和准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．22.如图，在五面体中，已知平面，，，，．（1）求证：；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）详见解析，（2）【解析】【分析】（1）由题意，利用线面平行的性质定理与判定定理进行转化，可作出证明；（2）由平面，所以有面平面，则作就可得平面，确定是三棱锥的高，利用三棱锥的体积公式，可求解．【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以．（2）在平面内作于点，因为平面，平面，所以，又，平面，，所以平面，所以是三棱锥的高．在直角三角形中，，，所以，因为平面，平面，所以，又由（1）知，，且，所以，所以，所以三棱锥的体积．【点睛】本题主要考查了线面平行判定定理与性质定理，线面垂直判定定理与性质定理及三棱锥体积，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．欢迎您的下载，资料仅供参考！资料仅供参考!!!。
2019-2020年高一下学期期末考试(文数)
2019-2020年高一下学期期末考试（文数）参考公式：球的体积公式V=, 其中R是球的半径.一、选择题：本大题共l2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）和直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线方程为() A．3x＋4y＋5＝0 B．3x＋4y－5＝0C．－3x＋4y－5＝0 D．－3x＋4y＋5＝0（2）原点到直线x＋2y－5＝0的距离为()A．1 B.3C．2 D. 5（3）已知圆的方程是，则点P（1，2）满足( )A、是圆心B、在圆上C、在圆内D、在圆外（4）若直线a∥直线b，且a∥平面，则b与平面的位置关系是（）A、一定平行B、不平行C、平行或相交D、平行或在平面内（5）已知x,y满足约束条件，则的最大值是A．B．C．2 D．4（6）如图，在正方体中，分别为，，，的中点，则异面直线与所成的角等于（）Ａ．45°Ｂ．60°Ｃ．90°Ｄ．120°（7）方程表示的图形是（）A、以(a,b)为圆心的圆B、点(a,b)C、(－a,－b)为圆心的圆D、点(a,－b)（8）若直线l：ax＋by＝1与圆C：x2＋y2＝1有两个不同交点，则点P(a，b)与圆C的位置关系是()A．点在圆上B．点在圆内 C．点在圆外D．不能确定（9）圆柱的一个底面积为，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是（）A. B. C. D.10）两条平行直线在平面内的射影可能是①两条平行线；②两条相交直线；③一条直线；④两个点. 上述四个结论中，可能成立的个数是（）A、1个B、2个C、3个D、4个（11）已知、是不重合的两个平面，、是直线，下列命题中不正确的是（）A．若∥，，则 B．若，，则C．若，，则∥D．若∥，，则∥（12）. 已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于（A）（B）（C）（D）第II卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.（13）若两圆x2+y2－10x-10y=0与x2+y2－6x+2y-40=0相交于两点，则它们的公共弦所在直线的方程是。
学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题文(含解析)
学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题文（含解析）一、选择题（共12题，每题5分）1. 已知向量，，满足，，则（）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】D【解析】【分析】利用向量的模长及运算法则，计算即可.【详解】向量，，满足，，则.故选：D.【点睛】本题考查了向量的模长和数量积及运算的法则，属于基础题.2. 已知数列满足，若，则等于A. 1B. 2C. 64D. 128【答案】C【解析】因为数列满足，所以该数列是以为公比的等比数列，又，所以，即；故选C.3. 在正方体中，异面直线与所成的角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C【解析】【分析】首先由可得是异面直线和所成角，再由为正三角形即可求解.【详解】连接．因为为正方体，所以，则是异面直线和所成角．又,可得为等边三角形，则，所以异面直线与所成角为，故选：C【点睛】本题考查异面直线所成的角，利用平行构造三角形或平行四边形是关键，考查了空间想象能力和推理能力，属于中档题.4. 圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥的底面半径、母线长，结合圆锥表面积公式，即可求出答案.【详解】圆锥的轴截面是边长为的正三角形，圆锥的底面半径，母线长；表面积故选C.【点睛】本题给出圆锥轴截面的形状，求圆锥的表面积，着重考查了等边三角形的性质和圆锥轴截面等知识，属于基础题.5. 在中，.则（）A. 或B.C.D. 以上答案都不对【答案】B【解析】分析】根据正弦定理直接计算得到答案.【详解】根据正弦定理：，即，故，，故，故.故选：.【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力. 6. 设长方体的长、宽、高分别为、、，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设长方体的外接球的半径为，利用长方体的体对角线为其外接球的直径可计算出球体的半径，再利用球体的表面积公式可计算得出结果.【详解】设长方体的外接球的半径为，则，得，因此，该长方体的外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，理解长方体的体对角线为其外接球的直径是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.7. 已知,则下列推理中正确的是 ( )A. B.C. D.【答案】C【解析】试题分析：对于A，当时不成立；对于B，当时不成立；对于D，当均为负值时，不成立，对于C，因为在上单调递增，由，又因为，所以即，正确；综上可知，选C.考点：不等式的性质.8. 等差数列中，，若其前项和有最大值，则使成立的最大自然数的值为（）A. 19B. 20C. 9D. 10【答案】A【解析】因为等差数列,其前项和有最大值，且，所以.得：.,.则使成立的最大自然数.故选A.点睛：求解等差数列问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.由此得：，当为奇数时，，当为偶数时，.9. 如果关于的不等式的解集不是空集，则参数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求|x-3|+|x-4|的最小值是1，即得解.【详解】由题得|x-3|+|x-4|＜a有解，由绝对值三角不等式得|x-3|+|x-4|≥|x-3-x+4|=1，所以|x-3|+|x-4|的最小值为1，所以1＜a即a＞1.故选A【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式求最值，考查不等式的有解问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10. 已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据恒成立思想将不等式转化为求函数的最小值大于或等于0，再运用二次函数配方，可得解.【详解】记，则原问题等价于二次函数的最小值大于或等于0．而，当时，，所以，即．故选D．【点睛】本题考查不等式的恒成立思想和二次函数的配方法求最值，属于基础题.11. 在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】D【解析】【分析】由题意结合向量共线的充分必要条件首先确定的关系，然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可知：，三点共线，则：，据此有：，当且仅当时等号成立.综上可得：的最小值是12.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查三点共线的充分必要条件，均值不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12. 已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．【详解】当时，，即，得；当时，由，得，两式相减得，得，，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.，由，得，所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，因此，实数的取值范围是，故选C．【点睛】本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．二、填空题（共4题，每题5分）13. 在数列中，若，则2014是这个数列的第______项.【答案】671【解析】【分析】由题,可得,求解即可【详解】由题,得,故答案为671【点睛】本题考查数列的项,属于基础题14. 已知向量满足,且,则向量与的夹角为___________.【答案】【解析】【分析】由向量夹角公式求得向量夹角的余弦，结合向量夹角的范围，即可得解.【详解】由题cos,所以故答案为【点睛】本题考查向量夹角公式，准确计算是关键，是基础题.15. 若，则不等式（1）；（2）；（3）；（4）中，正确的不等式有__________个．【答案】【解析】【分析】由可得出，利用不等式的性质和基本不等式可判断（1）、（2）、（3）、（4）中不等式的正误，综合可得出结果.【详解】，则，，.，（1）中的不等式正确；，则，（3）中的不等式错误；，（2）中的不等式错误；，则，由基本不等式可得，（4）中的不等式正确.故答案为：.【点睛】本题考查利用不等式的性质和基本不等式判断不等式的正误，考查推理能力，属于基础题.16. 如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是________．【答案】【解析】如下图，连结，取中点，连结，，则可知即为异面直线，所成角（或其补角）易得，，，∴，即异面直线，所成角的余弦值为.考点：异面直线的夹角.三、解答题（共6题，其中17题10分，其余每题12分）17. 已知向量，向量.（1）求向量的坐标；（2）当为何值时，向量与向量共线.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据向量坐标运算公式计算；（2）求出的坐标，根据向量共线与坐标的关系列方程解出k;试题解析：（1）（2），∵与共线，∴∴18. 如图，直三棱柱中，,,,点是的中点.（1）求证：//平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交与，则为的中点，利用三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得，再利用棱锥的体积公式可得结果.【详解】（1）连接交与，则为的中点，又为的中点，，又因为平面，平面，平面；（2）因为，直三棱柱中，,,，且点是的中点所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.19. 已知函数（Ⅰ）当时，解不等式；（Ⅱ）若的最小值为1，求的值【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或【解析】试题分析：（Ⅰ）分情况讨论，根据不同情况解之，最后求并集（Ⅱ）考虑绝对值不等式的几何意义试题解析：（Ⅰ）当时，，当时，不等式化为，此时不等式的解集为，同理当时，不等式化为，此时不等式的解集为，综上不等式的解集为（Ⅱ）的几何意义为数轴上到a和-1 距离的和的点的集合，函数的最小值为a和-1 之间的距离即解得或考点：绝对值不等式20. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将角化为边,结合余弦定理即可求得角.（2）根据正弦定理,求得外接圆半径,再用表示出.结合辅助角公式化简三角函数式,结合角的取值范围,即可求得的取值范围.【详解】（1）在中,满足.角,,所对边分别为,,,由正弦定理边角转化可得化简可得由余弦定理可知因为所以（2）由正弦定理可知（为外接圆半径）则由（1）可知,所以则所以因为所以则所以即的取值范围为【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角函数式的化简求值,边角转化的应用,属于中档题.21. 已知公差不为0的等差数列满足，，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式;（2）设，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列公差为，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得公差，即可得到所求通项公式；（2）求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】解：（1）根据题意，设等差数列的公差为，由于，，，成等比数列，则有，解得，，∴．（2）由，记，则①，4×①得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中项以及求和公式的应用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理和运算能力．22. 已知数列满足，且.（1）证明：数列为等比数列；（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得，化简整理，结合定义，即可得证．（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论n为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，便可求出m的取值范围．【详解】（1）证明：因为，所以即，则从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列（2）解：由（1）知，即所以当为偶数时，当为奇数时，当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；当为奇数时，是递增的，此时，则.综上，的取值范围是.【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列定义及求和．证明等比数列常用概念来证明，裂项相消法是求和中常用的办法，题中还涉及了分类讨论的思想，需分别求n为奇数和n偶数时的，再分别求解，整理答案，属难题．学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题文（含解析）一、选择题（共12题，每题5分）1. 已知向量，，满足，，则（）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】D【解析】【分析】利用向量的模长及运算法则，计算即可.【详解】向量，，满足，，则.故选：D.【点睛】本题考查了向量的模长和数量积及运算的法则，属于基础题.2. 已知数列满足，若，则等于A. 1B. 2C. 64D. 128【答案】C【解析】因为数列满足，所以该数列是以为公比的等比数列，又，所以，即；故选C.3. 在正方体中，异面直线与所成的角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C【解析】【分析】首先由可得是异面直线和所成角，再由为正三角形即可求解.【详解】连接．因为为正方体，所以，则是异面直线和所成角．又,可得为等边三角形，则，所以异面直线与所成角为，故选：C【点睛】本题考查异面直线所成的角，利用平行构造三角形或平行四边形是关键，考查了空间想象能力和推理能力，属于中档题.4. 圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥的底面半径、母线长，结合圆锥表面积公式，即可求出答案.【详解】圆锥的轴截面是边长为的正三角形，圆锥的底面半径，母线长；表面积故选C.【点睛】本题给出圆锥轴截面的形状，求圆锥的表面积，着重考查了等边三角形的性质和圆锥轴截面等知识，属于基础题.5. 在中，.则（）A. 或B.C.D. 以上答案都不对【答案】B【解析】分析】根据正弦定理直接计算得到答案.【详解】根据正弦定理：，即，故，，故，故.故选：.【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.6. 设长方体的长、宽、高分别为、、，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设长方体的外接球的半径为，利用长方体的体对角线为其外接球的直径可计算出球体的半径，再利用球体的表面积公式可计算得出结果.【详解】设长方体的外接球的半径为，则，得，因此，该长方体的外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，理解长方体的体对角线为其外接球的直径是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.7. 已知,则下列推理中正确的是 ( )A. B.C. D.【答案】C【解析】试题分析：对于A，当时不成立；对于B，当时不成立；对于D，当均为负值时，不成立，对于C，因为在上单调递增，由，又因为，所以即，正确；综上可知，选C.考点：不等式的性质.8. 等差数列中，，若其前项和有最大值，则使成立的最大自然数的值为（）A. 19B. 20C. 9D. 10【答案】A【解析】因为等差数列,其前项和有最大值，且，所以.得：.,.则使成立的最大自然数.故选A.点睛：求解等差数列问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.由此得：，当为奇数时，，当为偶数时，.9. 如果关于的不等式的解集不是空集，则参数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求|x-3|+|x-4|的最小值是1，即得解.【详解】由题得|x-3|+|x-4|＜a有解，由绝对值三角不等式得|x-3|+|x-4|≥|x-3-x+4|=1，所以|x-3|+|x-4|的最小值为1，所以1＜a即a＞1.故选A【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式求最值，考查不等式的有解问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10. 已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据恒成立思想将不等式转化为求函数的最小值大于或等于0，再运用二次函数配方，可得解.【详解】记，则原问题等价于二次函数的最小值大于或等于0．而，当时，，所以，即．故选D．【点睛】本题考查不等式的恒成立思想和二次函数的配方法求最值，属于基础题.11. 在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】D【解析】【分析】由题意结合向量共线的充分必要条件首先确定的关系，然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可知：，三点共线，则：，据此有：，当且仅当时等号成立.综上可得：的最小值是12.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查三点共线的充分必要条件，均值不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12. 已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．【详解】当时，，即，得；当时，由，得，两式相减得，得，，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.，由，得，所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，因此，实数的取值范围是，故选C．【点睛】本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．二、填空题（共4题，每题5分）13. 在数列中，若，则2014是这个数列的第______项.【答案】671【解析】【分析】由题,可得,求解即可【详解】由题,得,故答案为671【点睛】本题考查数列的项,属于基础题14. 已知向量满足,且,则向量与的夹角为___________.【答案】【解析】【分析】由向量夹角公式求得向量夹角的余弦，结合向量夹角的范围，即可得解.【详解】由题cos,所以故答案为【点睛】本题考查向量夹角公式，准确计算是关键，是基础题.15. 若，则不等式（1）；（2）；（3）；（4）中，正确的不等式有__________个．【答案】【解析】【分析】由可得出，利用不等式的性质和基本不等式可判断（1）、（2）、（3）、（4）中不等式的正误，综合可得出结果.【详解】，则，，.，（1）中的不等式正确；，则，（3）中的不等式错误；，（2）中的不等式错误；，则，由基本不等式可得，（4）中的不等式正确.故答案为：.【点睛】本题考查利用不等式的性质和基本不等式判断不等式的正误，考查推理能力，属于基础题.16. 如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是________．【答案】【解析】如下图，连结，取中点，连结，，则可知即为异面直线，所成角（或其补角）易得，，，∴，即异面直线，所成角的余弦值为.考点：异面直线的夹角.三、解答题（共6题，其中17题10分，其余每题12分）17. 已知向量，向量.（1）求向量的坐标；（2）当为何值时，向量与向量共线.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据向量坐标运算公式计算；（2）求出的坐标，根据向量共线与坐标的关系列方程解出k;试题解析：（1）（2），∵与共线，∴∴18. 如图，直三棱柱中，,,,点是的中点.（1）求证：//平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交与，则为的中点，利用三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得，再利用棱锥的体积公式可得结果.【详解】（1）连接交与，则为的中点，又为的中点，，又因为平面，平面，平面；（2）因为，直三棱柱中，,,，且点是的中点所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.19. 已知函数（Ⅰ）当时，解不等式；（Ⅱ）若的最小值为1，求的值【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或【解析】试题分析：（Ⅰ）分情况讨论，根据不同情况解之，最后求并集（Ⅱ）考虑绝对值不等式的几何意义试题解析：（Ⅰ）当时，，当时，不等式化为，此时不等式的解集为，同理当时，不等式化为，此时不等式的解集为，综上不等式的解集为（Ⅱ）的几何意义为数轴上到a和-1 距离的和的点的集合，函数的最小值为a和-1 之间的距离即解得或考点：绝对值不等式20. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将角化为边,结合余弦定理即可求得角.（2）根据正弦定理,求得外接圆半径,再用表示出.结合辅助角公式化简三角函数式,结合角的取值范围,即可求得的取值范围.【详解】（1）在中,满足.角,,所对边分别为,,,由正弦定理边角转化可得化简可得由余弦定理可知因为所以（2）由正弦定理可知（为外接圆半径）则由（1）可知,所以则所以因为所以则所以即的取值范围为【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角函数式的化简求值,边角转化的应用,属于中档题.21. 已知公差不为0的等差数列满足，，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式;（2）设，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列公差为，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得公差，即可得到所求通项公式；（2）求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】解：（1）根据题意，设等差数列的公差为，由于，，，成等比数列，则有，解得，，∴．（2）由，记，则①，4×①得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中项以及求和公式的应用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理和运算能力．22. 已知数列满足，且.（1）证明：数列为等比数列；（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得，化简整理，结合定义，即可得证．（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论n为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，便可求出m的取值范围．【详解】（1）证明：因为，所以即，则从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列（2）解：由（1）知，即所以当为偶数时，当为奇数时，当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；当为奇数时，是递增的，此时，则.综上，的取值范围是.【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列定义及求和．证明等比数列常用概念来证明，裂项相消法是求和中常用的办法，题中还涉及了分类讨论的思想，需分别求n为奇数和n偶数时的，再分别求解，整理答案，属难题．。
2019-2020学年度最新高一数学下学期期末考试试题 文(含解析)
7. 正六棱锥底面边长为2，体积为，则侧棱与底面所成的角为( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
【答案】B
【解析】∵正六棱锥的底面边长为2，所以底面积S= ，因为体积为，则棱锥的高，底面顶点到底面中心的距离为2，所以侧棱与底面所成的角为45°
故选B
8. 若一个球的体积为，则这个球的表面积是（ ）
故选：B．
3. 在数列……中，等于( )
A. 22 B. 28 C. 35 D. 29
【答案】D
【解析】数列的前几项为……
故答案为29
4. 已知下列说法正确的是（
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A.或，故A错；
对于B.不一定垂直，故B错；
对于C.,根据，可得,又，所以，故C对；
对于D.故D错
故答案为
16. 已知变量满足约束条件，则的最大值为______________
【答案】14
【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：
由z=4x+y得y=−4x+z，平移直线y=−4x+z，由图象可知当直线经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，解得B（3,2）代入得最大值为14
故答案为14
三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）
1. 点到直线的距离是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】点到直线的距离是
故选A
2. 过点且与直线平行的直线方程是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】：∵直线x-2y-2=0的斜率k= ，∴所求直线斜率，故过点（1，-3）且与已知直线平行的直线为y+3=（x-1），即x-2y-7=0．
学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)
学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）(考试时间70分钟，试卷满分100分，试题范围必修2-必修5)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，只有一项是符合题目要求的.1.若数列的通项公式为，则此数列是（）A. 公差为-1的等差数列B. 公差为5的等差数列C. 首项为5的等差数列D. 公差为n的等差数列【答案】A【解析】【分析】计算，由等差数列的定义即可得答案.【详解】∵，∴，∴{a n}是公差的等差数列．故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的定义及等差数列的通项公式，考查学生对等差数列定义的理解.2.已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则公比的值为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等差中项列出的关系式求解即可．【详解】数列是公比为的等比数列,故,由此解得故选A．【点睛】本题考查了等差中项的性质，属于基础题型．3.已知实数满足，且，那么下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式可判断出，，根据不等式的性质依次判断各个选项可得结果.详解】且，，.对于A，，则，，A错误；对于B，，B错误；对于C，由且得：，C正确；对于D，（当且仅当，即时取等号），D错误.故选：C.【点睛】本题考查根据不等式的性质判断不等式正误的问题，关键是能够根据已知不等式确定的正负，属于基础题.4.已知，，则的最小值为（）A. 8B. 6C.D.【答案】C【解析】【分析】结合题中的条件利用基本不等式求解的最小值即可.【详解】∵，，∴，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故选：C【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，属于基础题.5.如图，在热气球C正前方有一高为m的建筑物AB，在建筑物底部A测得C的仰角为60°，同时在C处测得建筑物顶部B的俯角为30°，则此时热气球的高度CD为（）A. mB. mC. mD. m【答案】D【解析】【分析】先求出AC，利用CD=ACsin60°计算即可．【详解】由题意，∠BCA=∠BAC=30°，∴AB=BC=m，AC= m，△ADC中，CD=ACsin60°=m，故选：D.【点睛】本题考查解三角形的实际应用，属于基础题．6.设为两条直线，为两个平面，则下列结论成立的是( )A. 若且，则B. 若且，则C. 若，则D. 若则【答案】D【解析】选项不正确，两个平面中的两条直线平行两平面平行或者两平面相交；选项不正确，两个平面中的两垂直平面中的两条直线可以平行、相交，异面；选项不正确，一个直线与一个平面内的直线平行，则直线与平面平行或直线在平面内；选项正确，根据线面垂直的性质定理可得，垂直于同一平面的两条直线平行，故选D.7.若，则与的位置关系一定是（）A. 平行B. 相交C. 异面D. 与没有公共点【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的定义即可判断.【详解】因为所以直线与平面无公共点，又，所以与没有公共点.故选：D【点睛】本题主要考查线面平行的定义，属于基础题.8.若不等式的解集为，则等于（）A. -18B. 8C. -13D. 1【答案】C【解析】【分析】由题可得为方程的两根，代入列方程解出即可.【详解】不等式的解集为，为方程的两根，则根据根与系数关系可得，，则.故选：C【点睛】本题主要考查二次不等式和二次方程的关系，是基础题.9.直线化为斜截式方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据斜截式格式变形即可.【详解】将方程的左边的移项到右边，并化简得故选：C【点睛】本题主要考查直线方程中的斜截式，属于基础题.10.直线和的位置关系是（）A. 平行B. 垂直C. 相交但不垂直D. 不能确定【答案】C【解析】试题分析：直线的斜率,直线的斜率,,所以两条直线相交，，故不垂直考点：两条直线相交、平行、垂直的充要条件11.圆心在轴上，半径为1，且过点的圆的方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆心的位置及半径可写出圆的标准方程，然后将点代入圆的方程即可求解.【详解】因为圆心在轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为，则圆的方程为，又点在圆上，所以，解得.故选：A【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题. 12.经过圆的圆心，且与直线垂直的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出圆心，设与直线垂直的直线方程为，再代点求得直线方程.【详解】设与直线垂直的直线方程是，把圆的圆心代入可得,∴，故所求的直线方程为.故选：C．【点睛】本题考查了与已知直线垂直的直线的设法，圆的标准方程的应用，属于容易题二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中的横线上.13.不等式的解集为__________.【答案】.【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，即可求得原不等式的解集.【详解】由，得，从而解得，所以，不等式的解集为，故答案为：.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题.14.数列中，，，，则为__________．【答案】19【解析】分析：利用数列的递推公式，逐个写出项的值．详解：由递推公式可得所以点睛：本题考查了数列递推公式的应用，属于简单题．15.已知中，，则角等于________【答案】30°【解析】试题分析：由正弦定理，得，又，则，所以．考点：正弦定理．16.平面上满足约束条件的点形成的区域的面积为___．【答案】1【解析】【分析】作出可行域，求出交点的坐标，可求得面积.【详解】可行域是如图△ABC，由得点A（2，-2），由得点B（3，-3），由得点C（2，-4），以AC为底边，B到AC距离d为高来计算面积， AC=2，d=1，则区域D的面积为，故答案为：1．【点睛】本题考查确定不等式组所表示的平面区域，并且计算平面区域的面积，属于基础题.哈32中2019～2020学年度下学期期末考试高一数学试题(考试时间70分钟，试卷满分100分，试题范围必修2-必修5)三、解答题：本大题共4小题，共24分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为．已知△ABC的面积为，，且，求边长．【答案】.【解析】【分析】根据角化边得出a,b的关系，结合面积公式即可求出a,b的值，利用余弦定理即可解决.【详解】由sinA=2sinB及正弦定理得a=2b，又，，解得b=2，故a=4，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=16+4-8=12，所以．【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形及三角形的面积公式，考查角化边的技巧，属于基础题.18.直线被圆截得的弦长为8，求的值．【答案】或.【解析】【分析】由圆的弦长公式先求得弦心距为3，再利用点到直线的距离公式列方程即可得值.【详解】由题可知弦心距为，代入点到直线的距离公式：平方解方程得：或.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，考查了学生的运算求解能力.19.无论为何值，直线恒过一定点P，求点P的坐标．【答案】.【解析】分析】将直线方程整理为关于的方程，由直线恒过定点列方程组即可得解.【详解】化简直线方程为关于的方程，因为直线恒过定点，所以，解得，则定点的坐标为.【点睛】本题主要考查了直线过定点问题，考查转化能力及方程思想，属于基础题.20.已知点在直线上，求的最小值.【答案】2.【解析】【分析】由题意可知表示点到点的距离，再由点到直线距离公式即可得出结果.【详解】可以理解为点到点距离，又∵点在直线上，∴的最小值等于点到直线的距离，且.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题型.学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）(考试时间70分钟，试卷满分100分，试题范围必修2-必修5)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，只有一项是符合题目要求的.1.若数列的通项公式为，则此数列是（）A. 公差为-1的等差数列B. 公差为5的等差数列C. 首项为5的等差数列D. 公差为n的等差数列【答案】A【解析】【分析】计算，由等差数列的定义即可得答案.【详解】∵，∴，∴{a n}是公差的等差数列．故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的定义及等差数列的通项公式，考查学生对等差数列定义的理解.2.已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则公比的值为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等差中项列出的关系式求解即可．【详解】数列是公比为的等比数列,故,由此解得故选A．【点睛】本题考查了等差中项的性质，属于基础题型．3.已知实数满足，且，那么下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式可判断出，，根据不等式的性质依次判断各个选项可得结果.详解】且，，.对于A，，则，，A错误；对于B，，B错误；对于C，由且得：，C正确；对于D，（当且仅当，即时取等号），D错误.故选：C.【点睛】本题考查根据不等式的性质判断不等式正误的问题，关键是能够根据已知不等式确定的正负，属于基础题.4.已知，，则的最小值为（）A. 8B. 6C.D.【答案】C【解析】【分析】结合题中的条件利用基本不等式求解的最小值即可.【详解】∵，，∴，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故选：C【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，属于基础题.5.如图，在热气球C正前方有一高为m的建筑物AB，在建筑物底部A测得C的仰角为60°，同时在C处测得建筑物顶部B的俯角为30°，则此时热气球的高度CD为（）A. mB. mC. mD. m【答案】D【解析】【分析】先求出AC，利用CD=ACsin60°计算即可．【详解】由题意，∠BCA=∠BAC=30°，∴AB=BC=m，AC=m，△ADC中，CD=ACsin60°=m，故选：D.【点睛】本题考查解三角形的实际应用，属于基础题．6.设为两条直线，为两个平面，则下列结论成立的是( )A. 若且，则B. 若且，则C. 若，则D. 若则【答案】D【解析】选项不正确，两个平面中的两条直线平行两平面平行或者两平面相交；选项不正确，两个平面中的两垂直平面中的两条直线可以平行、相交，异面；选项不正确，一个直线与一个平面内的直线平行，则直线与平面平行或直线在平面内；选项正确，根据线面垂直的性质定理可得，垂直于同一平面的两条直线平行，故选D.7.若，则与的位置关系一定是（）A. 平行B. 相交C. 异面D. 与没有公共点【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的定义即可判断.【详解】因为所以直线与平面无公共点，又，所以与没有公共点.故选：D【点睛】本题主要考查线面平行的定义，属于基础题.8.若不等式的解集为，则等于（）A. -18B. 8C. -13D. 1【答案】C【解析】【分析】由题可得为方程的两根，代入列方程解出即可.【详解】不等式的解集为，为方程的两根，则根据根与系数关系可得，，则.故选：C【点睛】本题主要考查二次不等式和二次方程的关系，是基础题.9.直线化为斜截式方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据斜截式格式变形即可.【详解】将方程的左边的移项到右边，并化简得故选：C【点睛】本题主要考查直线方程中的斜截式，属于基础题.10.直线和的位置关系是（）A. 平行B. 垂直C. 相交但不垂直D. 不能确定【答案】C【解析】试题分析：直线的斜率,直线的斜率,,所以两条直线相交，，故不垂直考点：两条直线相交、平行、垂直的充要条件11.圆心在轴上，半径为1，且过点的圆的方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆心的位置及半径可写出圆的标准方程，然后将点代入圆的方程即可求解.【详解】因为圆心在轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为，则圆的方程为，又点在圆上，所以，解得.故选：A【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题.12.经过圆的圆心，且与直线垂直的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出圆心，设与直线垂直的直线方程为，再代点求得直线方程.【详解】设与直线垂直的直线方程是，把圆的圆心代入可得,∴，故所求的直线方程为.故选：C．【点睛】本题考查了与已知直线垂直的直线的设法，圆的标准方程的应用，属于容易题二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中的横线上.13.不等式的解集为__________.【答案】.【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，即可求得原不等式的解集.【详解】由，得，从而解得，所以，不等式的解集为，故答案为：.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题.14.数列中，，，，则为__________．【答案】19【解析】分析：利用数列的递推公式，逐个写出项的值．详解：由递推公式可得所以点睛：本题考查了数列递推公式的应用，属于简单题．15.已知中，，则角等于________【答案】30°【解析】试题分析：由正弦定理，得，又，则，所以．考点：正弦定理．16.平面上满足约束条件的点形成的区域的面积为___．【答案】1【解析】【分析】作出可行域，求出交点的坐标，可求得面积.【详解】可行域是如图△ABC，由得点A（2，-2），由得点B（3，-3），由得点C（2，-4），以AC为底边，B到AC距离d为高来计算面积， AC=2，d=1，则区域D的面积为，故答案为：1．【点睛】本题考查确定不等式组所表示的平面区域，并且计算平面区域的面积，属于基础题.哈32中2019～2020学年度下学期期末考试高一数学试题(考试时间70分钟，试卷满分100分，试题范围必修2-必修5)三、解答题：本大题共4小题，共24分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为．已知△ABC的面积为，，且，求边长．【答案】.【解析】【分析】根据角化边得出a,b的关系，结合面积公式即可求出a,b的值，利用余弦定理即可解决.【详解】由sinA=2sinB及正弦定理得a=2b，又，，解得b=2，故a=4，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=16+4-8=12，所以．【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形及三角形的面积公式，考查角化边的技巧，属于基础题.18.直线被圆截得的弦长为8，求的值．【答案】或.【解析】【分析】由圆的弦长公式先求得弦心距为3，再利用点到直线的距离公式列方程即可得值.【详解】由题可知弦心距为，代入点到直线的距离公式：平方解方程得：或.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，考查了学生的运算求解能力.19.无论为何值，直线恒过一定点P，求点P的坐标．【答案】.【解析】分析】将直线方程整理为关于的方程，由直线恒过定点列方程组即可得解.【详解】化简直线方程为关于的方程，因为直线恒过定点，所以，解得，则定点的坐标为.【点睛】本题主要考查了直线过定点问题，考查转化能力及方程思想，属于基础题.20.已知点在直线上，求的最小值.【答案】2.【解析】【分析】由题意可知表示点到点的距离，再由点到直线距离公式即可得出结果.【详解】可以理解为点到点距离，又∵点在直线上，∴的最小值等于点到直线的距离，且.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题型.。
2019-2020学年高一数学下学期期末试题 文(含解析)
2019-2020学年高一数学下学期期末试题文(含解析)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只有一项是符合题目要求的）1. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【详解】分析：如果，则或者与异面；如果，则或者，故C、D都是错误的. 如果，则或者与异面或者与相交，排除B.详解：如图，在正方体中，平面平面，平面，平面，但，故B错.另外，平面，平面，但是平面平面，故C错.又平面平面，平面，平面，但是与是异面的，故错.根据面面垂直的判定定理可知A正确.综上，选A.点睛：通常在正方体模型中选择合适的点、线、面进行不同位置关系的判断.2. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为,选D.视频3. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】原平面图形是直角梯形,高为2,上底为1,下底为 , 面积是 ,选D.4. 将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：体积最大的球是其内切球，即球半径为1，所以表面积为.考点：球的表面积.5. 用与球心距离为的平面去截球所得的截面面积为，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：截面面积球的半径球的表面积，故选C.考点：球的结构特征.6. 如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π，那么圆柱的体积等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：∵圆柱的轴截面为正方形，故圆柱的底面直径等于高即h=2r，又圆柱的侧面积为,∴,∴r=1,h=2,∴圆柱的体积等于，故选B考点：本题考查了圆柱的性质点评：熟练掌握圆柱的定义及性质是解决此类问题的关键7. 已知两异面直线，所成的角为80°，过空间一点作直线，使得与，的夹角均为50°，那么这样的直线有（）条A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【详解】分析：如图所示，把平移到点处，则与所成的角都为的直线有3条.详解：过作与平行的直线，如图，，直线过点且，这样的直线有两条.又，直线为的平分线，则，综上，满足条件的直线的条数为3.点睛：一般地，如果两条异面直线所成的角为，过空间一点作直线与所成的均为，即直线的条数为，则（1）若，则；（2）若，则；（3）若，则；（4）若，则；（5）若，则（6）若，则.8. 已知圆锥的母线长为，圆锥的侧面展开图如图所示，且，上只蚂蚁欲从圆锥的底面上的点A出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A.则蚂蚁爬行的最短路程长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】分析：在侧面展开图中，的长度为蚂蚁在圆锥表面爬行的最短路程.详解：在侧面展开图中，蚂蚁从在圆锥表面爬行一周又回到的最短路程就是的长度，因，，故，故选B.点睛：空间几何体的表面路径最短问题，需要展开几何体的表面，把空间中的最值问题转化为平面上两点之间的距离问题.9. 过圆锥的高的三等分点作平行于底面的截面，它们把圆锥侧面分成的三部分的面积之比为（）A. 1：2：3B. 1：3：5C. 1：2：4D. 1：3：9【答案】B【解析】如图，令，，由侧面积公式，得分成三个圆锤的侧面积，则分成的三部分面积比为，故选B。
2019-2020最新高一数学下学期期末考试试题文(含解析)(1)
∴点的轨迹的方程为.
（2）设，，直线的方程是，
代入圆.
可得，
由，得，
且，，
∴
.
.
解得或1，不满足.
∴不存在实数使得.
点睛：与圆有关的探索问题的解决方法：
第一步：假设符合要求的结论存在．
第二步：从条件出发(即假设)利用直线与圆的关系求解．
第三步：确定符合要求的结论存在或不存在．
第四步：给出明确结果．
（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.
5.5.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
因为的底边的长是定值，所以三角形面积的取值范围转化为点P到直线的距离，即圆上动点到直线的距离问题.
【详解】令得，令得，所以，,圆心到直线的距离，所以P到直线距离满足，即，又三角形面积， 所以 ，故选A.
22.22.已知等比数列的公比，且是的等差中项，数列满足.数列的前n项和为.
（1）求q的值
（2）求数列的通项公式
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
分析：（1）利用等比数列的通项和等差中项得到关于公比的方程；（2）利用求出数列的通项公式，再利用错位相减法进行求和．
【答案】3
【解析】
分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求结果.
详解：设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标所以.所以，
由得或，
因为，所以
点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
2019-2020最新高一数学下学期期末考试试题文(1)
A. B. C. 1 D.
10．在中，设内角的对边分别为，若，则的形状是( )
A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰或直角三角形
11．若直线（a>0,b>0）过点（1,1）,则a+b的最小值等于（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
——教学资料参考参考范本——
2019-2020最新高一数学下学期期末考试试题文(1)
______年______月______日
____________________部门
高一 文科数学
满分：150分 考试时间：120分钟
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答案中，只有一项是符合题目要求的.
5．若变量，满足约束条件，则的最大值和最小值分别为（ ）
A. 和 B. 和 C. 和 D. 和
6．已知向量，且，则实数（ ）
A. 3 B. 1 C. 4 D. 2
7．是等差数列的前项和，如果，那么的值是( )
A.12 B.24 C.36 D.48
8．直线与平行，则a的值等于（ ）
A.-1或3 B.1或3 C.-3 D.-1
22．（本小题满分12分）
已知数列的首项，且.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和 .
16．已知等差数列的等差，且 成等比数列，若， 为数列的前项和，则 的最小值为 .
三．解答题本大题共6小题，共70分.解答题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（本小题满分10分）
已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围.
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2019-2020年高一数学下学期期末考试试题 文
考试时间：120分钟 试题分数：150分
卷Ⅰ
一、选择题：本大题共12小题,每题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. 已知，则的终边落在
（A ）第一象限 (B) 第二象限 (C) 第三象限 (D)第四象限
2. 已知向量，则
（A ） (B) (C) (D)
3. 已知等差数列的公差为,若成等比数列, 则
（A ） (B) (C) (D)
4 已知，则
（A ） (B) (C) (D)
5.
（A ） (B) (C) (D)
6.若等比数列前项和为，且满足，则公比等于
（A ） 1 (B) (C) (D) 不存在
7．在中，角对边分别为，且则=
（A ） 或 (B)
(C) (D) 或
8．已知点和在直线的两侧，则实数的取值范围为
（A ） （B ）
（C ） （D ）
9. 在等差数列前项和为，若，则的值为
（A ） (B) (C) (D)
10. 在中，角对边分别为，，这个三角形的面积为，则
（A ） （B ） （C ） (D)
11. 已知，则的最小值为
(A) （B ） (C) (D)
12. 关于的方程2
(2)310x a b x a b +++++=的两个实根分别在区间和上，则的取值范围为
(A ） (B) (C) (D)
卷Ⅱ
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知非零向量满足| |=||，则<>= ．
14. 在中，角对边分别为，若∶∶∶∶，则________ .
15. 已知等比数列前项的和为，则数列前项的和为_ .
16. 已知数列满足（），则取最小值时 .
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.(本小题满分10分)
(Ⅰ)关于的不等式的解集为，求实数的取值范围；
(Ⅱ)关于的不等式的解集为，求的值.
18.(本小题满分12分) 已知5
1cos sin ),,2(=+∈ααππα. (Ⅰ) 求的值；
(Ⅱ) 求的值.
19．(本小题满分12分)
某厂生产甲产品每吨需用原料A 和原料B 分别为2吨和3吨，生产乙产品每吨需用原料A 和原料B 分别为2吨和1吨.甲、乙产品每吨可获利润分别为3千元和2千元.现有12吨原料A ，8吨原料B.问计划生产甲产品和乙产品各多少吨才能使利润总额达到最大.
20. (本小题满分12分)
已知中， 是的角平分线，交于，.
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)若，求．
21. (本小题满分12分)
已知数列满足，.
(Ⅰ)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(Ⅱ)求数列的前项和.
22. (本小题满分12分) 已知向量满足))sin (cos 3,sin 2(x x x +-=，，函数．
(Ⅰ)求的单调增区间； (Ⅱ)已知数列211()(*)224
n n a n f n N ππ=-∈，求的前项和．
xx 下学期期末考试
高一数学（文科）参考答案
一．选择题 BDBCA CACAD CA
二．填空题
三．解答题17. (Ⅰ)关于的不等式的解集为，
所以（1）解得 ，（2）时不符合题意. ……………………5分
(Ⅱ) 关于的不等式的解集为，所以 ，所以…………………………………10分
18.解：(Ⅰ) ，所以，………………………2分
由，所以，所以.……………………6分
(Ⅱ) 所以…………………………………12分
19.解：计划生产甲产品和乙产品分别为吨，
则满足的约束条件为为,221238x N y N x y x y ∈∈⎧⎪+≤⎨⎪+≤⎩，总利
润.………………………………4分
约束条件如图所示，…………………………………8分
恰好在点处取得最大值，即计划生产甲产品和乙产品分别为吨和吨能使得总利润最大. …………………………………12分
20.解：
(Ⅰ)在中，，在中，
因为是的角平分线，所以::2:1AB AC BD DC ==………………………………6分 (Ⅱ)设，则，所以，所以，………………9分
所以.…………………………………12分
21.解：(Ⅰ) 可得112(1)()n n a a n N *+-=-∈，又，所以 数列为公比为2的等比数列，………………………………… 2分
所以，即…………………………………4分
(Ⅱ) ，
设01221122232(1)22n n n T n n --=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯
则12312122232(1)22n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯
所以12211(2222)2n n n n T n --=--++⋅⋅⋅+++⨯
221(1)21n n n n n =⨯-+=-⨯+…………………………………10分 所以(1)(1)212
n n n n S n +=-++…………………………………12分
22解(Ⅰ)2()sin 222sin(2)3
f x a b x x x π=⋅=-=+ 2222232k x k πππππ-≤+≤+，解得的单调增区间为7[,],1212
k k k Z ππππ--∈ ………………………………………………………4分 (Ⅱ))4sin(2)24112(
22ππππ-=-=n n n f n a n …………………………………………………6分 所以])2()12(4321[22222222n n S n --+⋅⋅⋅+-+-=
……………………8分 又14)2()12(22+-=--n n n ……………………………………………………………… …10分 所以)2(22)143(222n n n n S n --=+--⨯=………………………………………12分。