安徽省天长市关塘中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.直线在轴上的截距为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取计算得到答案.【详解】直线在轴上的截距：取故答案选A【点睛】本题考查了直线的截距,属于简单题.2.在中,内角所对的边分别为,且,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了余弦定理,意在考查学生计算能力.3.已知,则下列不等式成立的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依次判断每个选项得出答案.【详解】A. ,取,不满足,排除B. ,取 ,不满足,排除C. ,当时,不满足,排除D. ,不等式两边同时除以不为0的正数,成立故答案选D【点睛】本题考查了不等式的性质,意在考查学生的基础知识.4.若平面平面,直线,直线,则关于直线、的位置关系的说法正确的是( )A. B. 、异面C. D. 、没有公共点【答案】D【解析】【分析】根据条件知：关于直线、的位置关系异面或者平行,故没有公共点.【详解】若平面平面,直线,直线,则关于直线、的位置关系是异面或者平行,所以、没有公共点.故答案选D【点睛】本题考查了直线,平面的位置关系,意在考查学生的空间想象能力.5.在前项和为的等差数列中,若,则=( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用公式的到答案.【详解】项和为的等差数列中,故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的前N项和,等差数列的性质,利用可以简化计算.6.已知实心铁球的半径为,将铁球熔成一个底面半径为、高为的圆柱,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据变化前后体积相同计算得到答案.【详解】 故答案选B【点睛】本题考查了球体积,圆柱体积,抓住变化前后体积不变是解题的关键.7.已知点,若直线过原点,且、两点到直线的距离相等,则直线的方程为( )A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】A【解析】【分析】分为斜率存在和不存在两种情况,根据点到直线的距离公式得到答案.【详解】当斜率不存在时：直线过原点,验证满足条件.当斜率存在时：直线过原点,设直线为： 即故答案选A【点睛】本题考查了点到直线的距离公式,忽略斜率不存在的情况是容易犯的错误.8.如图是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原直观图,根据长度关系计算表面积得到答案.【详解】根据三视图还原直观图,如图所示：几何体的表面积为： 故答案选C【点睛】本题考查了三视图,将三视图转化为直观图是解题的关键.9.如图,、两点为山脚下两处水平地面上的观测点,在、两处观察点观察山顶点的仰角分别为、若,且观察点、之间的距离比山的高度多米,则山的高度为( )A. 米B. 米C. 米D. 米【答案】A【解析】分析】过点作延长线于,根据三角函数关系解得高.【详解】过点作延长线于,设山的高度为故答案选A【点睛】本题考查了三角函数的应用,属于简单题.10.如果圆上总存在点到原点的距离为,则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将圆上的点到原点的距离转化为圆心到原点的距离加减半径得到答案.【详解】,圆心为 半径为1圆心到原点的距离为： 如果圆上总存在点到原点的距离为即圆心到原点的距离 即故答案选B【点睛】本题考查了圆上的点到原点的距离,转化为圆心到原点的距离加减半径是解题的关键.11.已知数列的前项和为,且,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过和关系,计算通项公式,再计算,代入数据得到答案.【详解】,取 ,两式相减得：是首项为4,公比为2的等比数列.故答案选D【点睛】本题考查了等比数列的通项公式,前N项和,意在考查学生的计算能力.12.如图,在四棱锥中,底面,底面为直角梯形,则直线与平面所成角的大小为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取中点,中点,连接,先证明为所求角,再计算其大小.【详解】取中点,中点,连接.设易知：平面 平面易知：四边形为平行四边形平面,即为直线与平面所成角 故答案选A【点睛】本题考查了线面夹角,先找出线面夹角是解题的关键.第卷（共90分）二、填空题（每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上）13.在空间直角坐标系中,点关于原点的对称点的坐标为_【答案】【解析】【分析】空间直角坐标系中,关于原点对称,每个坐标变为原来的相反数.【详解】空间直角坐标系中,关于原点对称,每个坐标变为原来的相反数.点关于原点的对称点的坐标为故答案为：【点睛】本题考查了空间直角坐标系关于原点对称,属于简单题.14.已知、满足约東条件,则最小值为_【答案】【解析】【分析】根据约束条件,画出可行域和目标函数,通过平移得到最小值.【详解】.根据约束条件,画出可行域和目标函数,通过平移得到最小值：根据图像知：当时,有最小值为【点睛】本题考查了线性规划,求线性目标函数的最值:当时,直线过可行域且在轴上截距最大时,值最大,在轴截距最小时,z值最小；当时,直线过可行域且在轴上截距最大时,值最小,在轴上截距最小时,值最大.15.已知正数、满足,则的最大值为_【答案】【解析】【分析】直接利用均值不等式得到答案.详解】,当即时等号成立.故答案为：【点睛】本题考查了均值不等式,意在考查学生的计算能力.16.已知数列中,且当时,则数列的前项和=_【答案】【解析】【分析】先利用累乘法计算,再通过裂项求和计算.【详解】,数列的前项和故答案为：【点睛】本题考查了累乘法,裂项求和,属于数列的常考题型.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.已知等差数列的前项和为,且,.(1)求数列的通项公式；(2)请确定是否是数列中的项?【答案】（1）（2）是数列中的第项【解析】【分析】(1)直接利用等差数列的公式计算得到通项公式.(2)将3998代入通项公式,是否有整数解.【详解】(1)设数列的公差为,由题意有,解得则数列的通项公式为,(2)假设是数列中的项,有,得,故是数列中的第项【点睛】本题考查了等差数列的公式,属于简单题.18.已知函数(1)解关于的不等式；(2)若,令,求函数的最小值.【答案】（1）答案不唯一,具体见解析（2）【解析】【分析】(1)讨论的范围,分情况得的三个答案.(2) 时,写出表达式,利用均值不等式得到最小值.【详解】(1)当时,不等式的解集为,当时,不等式的解集为,当时, 不等式的解集为(2)若时,令（当且仅当,即时取等号）.故函数的最小值为.【点睛】本题考查了解不等式,均值不等式,函数的最小值,意在考查学生的综合应用能力.19.在中,内角、所对的边分别为、,且.(1)求；(2)若,求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简为,再利用余弦定理得到答案.(2)先用和差公式计算,再利用正弦定理得到.【详解】(1)由正弦定理,可化为,得,由余弦定理可得,有又由,可得.(2)由,由正弦定理有.【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理,和差公式,意在考查学生的计算能力.20.如图,在直三棱柱中,为的中点,为的中点.(1)求证：平面；(2)求证：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)连、相交于点,证明四边形为平行四边形,得到,证明平面(2) 证明平面推出【详解】证明：(1)如图,连、相交于点,四边形为平行四边形,平面,平面,平面,(2)连因为三棱柱是直三棱柱,底面,平面,平面,平面,.【点睛】本题考查了线面平行,线线垂直,线面垂直,意在考查学生的空间想象能力.21.已知数列中,.(1)令,求证：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)令,为数列的前项和,求.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】(1)计算,得证数列等比数列.(2)先求出的通项公式,再计算数列的通项公式.(3)计算,根据错位相减法和分组求和法得到答案.详解】(1),故数列是以为首项,以为公比的等比数列.(2)由(1)知,由,得数列的通项公式为.(3)由(2)知,记.有.两式作差得,得,则.【点睛】本题考查了数列的证明,数列通项公式,分组求和,错位相减法,意在考查学生的计算能力.22.在平面立角坐标系中,过点的圆的圆心在轴上,且与过原点倾斜角为的直线相切.(1)求圆的标准方程；(2)点在直线上,过点作圆的切线、,切点分别为、,求经过、四点的圆所过的定点的坐标.【答案】（1）（2）经过、四点的圆所过定点的坐标为、【解析】【分析】(1)先算出直线方程,根据相切和过点,圆心在轴上联立方程解得答案.(2) 取线段的中点 ,经过、四点的圆是以线段为直径的圆,设点的坐标为,则点的坐标为,将圆方程表示出来,联立方程组解得答案.【详解】(1)由题意知,直线的方程为,整理为一般方程可得由圆的圆心在轴上,可设圆的方程为,由题意有,解得：,故圆的标准方程为.(2)由圆的几何性质知,取线段的中点,由直角三角形的性质可知,故经过、四点的圆是以线段为直径的圆,设点的坐标为,则点的坐标为有则以为直径的圆的方程为：,整理为可得.令,解得或,故经过、四点的圆所过定点的坐标为、.【点睛】本题考查了圆的方程,切线问题,四点共圆,定点问题,综合性强,技巧性高,意在考查学生的综合应用能力.- 17 -