1、2019年第二学期高一年级期末考试试卷数学（文科）一、选择题：本题共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.已知点，则直线的斜率是（ ）A. 1B. -1C. 5D. -5【答案】A【解析】【分析】由,即可得出结果.【详解】直线的斜率.【点睛】本题主要考查直线的斜率，属于基础题型.2.若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A.与的大小不确定，所以该选项错误；B.,所以该选项错误；C.,所以该选项错误；D.,所以该选项正确.故选：D【点睛】本题主要考查实数大小的
2、比较，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3.在中，角，所对的边分别为，若，则（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用正弦定理求解.【详解】在中，由正弦定理得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.4.直线被圆截得的弦长为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由圆的一般方程写出圆心坐标，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线m的距离d，则弦长等于.【详解】，圆的圆心坐标为，半径为，又点到直线的距离，直线被圆截得的弦长等于.【点睛】本题主要考查圆的弦长公式的求法，常用方法有代
3、数法和几何法；属于基础题型.5.若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】先由三视图判断该几何体为底面是直角三角形的直三棱柱，由棱柱的体积公式即可求出结果.【详解】据三视图分析知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，且三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为1和，三棱柱的高为，所以该几何体的体积.【点睛】本题主要考查几何体的三视图，由三视图求几何体的体积，属于基础题型.6.如图，若长方体的六个面中存在三个面的面积分别是2,3,6，则该长方体中线段的长是（ ）A. B. C. 28D. 【答案】A【解析】【分析】由长方体的三个面对面积
4、先求出同一点出发的三条棱长，即可求出结果.【详解】设长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为，且，则，所以长方体中线段的长等于.【点睛】本题主要考查简单几何体的结构特征，属于基础题型.7.若圆与圆相切，则实数（ ）A. 9B. -11C. -11或-9D. 9或-11【答案】D【解析】【分析】分别讨论两圆内切或外切，圆心距和半径之间的关系即可得出结果.【详解】圆的圆心坐标为，半径；圆的圆心坐标为，半径，讨论：当圆与圆外切时，所以；当圆与圆内切时，所以，综上，或.【点睛】本题主要考查圆与圆位置关系，由两圆相切求参数的值，属于基础题型.8.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，给出下列命题：若，则
5、；若，则；若，则；若，则.其中正确的命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用空间中线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质即可作答.【详解】垂直于同一条直线的两个平面互相平行,故对；平行于同一条直线的两个平面相交或平行，故错；若，则或与为异面直线或与为相交直线，故错；若，则存在过直线的平面，平面交平面于直线，又因为，所以，又因为平面，所以，故对.故选B.【点睛】本题主要考查空间中，直线与平面平行或垂直的判定与性质,以及平面与平面平行或垂直的判定与性质，属于基础题型.9.若实数，满足不等式组则的最大值为（ ）A. B. 2C. 5D. 7【答案】C【解析】【分
6、析】利用线性规划数形结合分析解答.【详解】由约束条件，作出可行域如图：由得A(3,-2).由，化为，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值为5.故选：C.【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.10.已知数列的前项和为，且满足，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由递推关系可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得公差；利用等差数列通项公式和前项和公式分别求得和，代入求得结果.【详解】由得：数列为等差数列，设其公差为， ，解得：，本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，涉及到利用递推
7、关系式证明数列为等差数列、等差数列通项公式和前项和公式的应用.11.如图，在正方体，点在线段上运动，则下列判断正确的是（ ）平面平面平面异面直线与所成角的取值范围是三棱锥的体积不变A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接DB1，容易证明DB1面ACD1 ，从而可以证明面面垂直；连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得；分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假；=，C到面 AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变；【详解】对于，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1面ACD1 ，DB1平面PB1D，从而可以证明平面PB1D平面A
8、CD1，正确连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面ACD1，正确当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，错误；=，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变三棱锥AD1PC的体积不变，正确；正确的命题为故选：B【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题12.已知三棱柱的底面为直角三角形，侧棱长为2，体积为1，若此三棱柱的顶点均在同一球面上，则该球半径的最小值为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】
9、D【解析】【分析】先证明棱柱为直棱柱，再求出棱柱外接球的半径，利用基本不等式求出其最小值.【详解】三棱柱内接于球，棱柱各侧面均为平行四边形且内接于圆，所以棱柱的侧棱都垂直底面，所以该三棱柱为直三棱柱.设底面三角形的两条直角边长为，三棱柱的高为2，体积是1，即，将直三棱柱补成一个长方体，则直三棱柱与长方体有同一个外接球，所以球的半径为.故选：D【点睛】本题主要考查几何体外接球的半径的计算和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知不等式的解集为或，则实数_.【答案】6【解析】【分析】由题意可知，3为方程的两根，利
10、用韦达定理即可求出a的值.【详解】由题意可知，3为方程两根，则，即.故答案为：6【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.14.已知点在直线上，则的最小值为_.【答案】5【解析】【分析】由题得表示点到点的距离，再利用点到直线的距离求解.【详解】由题得表示点到点距离.又点在直线上，的最小值等于点到直线的距离，且.【点睛】本题主要考查点到两点间的距离和点到直线的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15.已知数列为正项的递增等比数列，记数列的前n项和为，则使不等式成立的最大正整数n的值是_【答案】6【解析】【分析】设等比数列an
11、的公比q，由于是正项的递增等比数列，可得q1由a1+a5=82，a2a4=81=a1a5，a1，a5，是一元二次方程x282x+81=0的两个实数根，解得a1，a5，利用通项公式可得q，an利用等比数列的求和公式可得数列的前n项和为Tn代入不等式2019|Tn1|1，化简即可得出【详解】数列为正项的递增等比数列，a2a4=81=a1a5，即解得，则公比，则 ，即，得，此时正整数的最大值为6.故答案为6.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16.已知中，且，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理
12、求出c=2,分析得到当点在的垂直平分线上时，边上的高最大，的面积最大，利用余弦定理求出，最后求面积的最大值.【详解】由可得，由正弦定理，得，故， 当点在的垂直平分线上时，边上的高最大，的面积最大，此时.由余弦定理知，即，故面积的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数，（1）求解不等式；（2）若，求的最小值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）对x分类讨论解不等式得解；（2）由题得，再利用基本不等式求函数的最小值.
13、【详解】解：（1）当时，解得.当时，解得.所以不等式解集为或.（2），当且仅当，即时取等号.【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18.如图，在三棱锥中，分别为，的中点，且.（1）证明：平面；（2）若平面平面，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）先证明，再证明平面；（2）先证明平面，再证明.【详解】证明：（1）因为，分别为，的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为，为中点，所以.又平面平面.平面平面，所以平面.又平面，所以.【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，意在考查学生
14、对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.19.已知圆与直线相切（1）若直线与圆交于两点，求（2）已知，设为圆上任意一点，证明：为定值【答案】（1）4；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切，结合点到直线距离公式求出半径，从而得到圆的方程；根据直线被圆截得弦长的求解方法可求得结果；（2）设，则，利用两点间距离公式表示出，化简可得结果.【详解】（1）由题意知，圆心到直线的距离：圆与直线相切 圆方程为：圆心到直线的距离：，（2）证明：设，则即为定值【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、直线被圆截得弦长的求解、两点间距离公式的应用、定值问题的求解.解决定值
15、问题的关键是能够用变量表示出所求量，通过化简、消元整理出结果.20.如图，在正方体，中，分别是棱，的中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面将正方体分成的两部分体积之比.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再证明平面平面；（2）连接，则截面右侧的几何体为四棱锥和三棱锥，再求出每一部分的体积得解.【详解】（1）证明：在正方体中，连接.因为，分别是，的中点，所以.因为平面，平面，所以.因为，所以平面，平面，所以，同理，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）连接，则截面右侧的几何体为四棱锥和三棱锥，设正方体棱长为1，所以，所以平面将正方体分成两部分体积之比为.【点睛】
16、本题主要考查面面垂直关系的证明和几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.21.如图，在四边形中，.（1）若，求的面积；（2）若，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理求出BC，由此能求出ABC的面积（2）设BAC，AC=x，由正弦定理得从而，在中，由正弦定理得，建立关于的方程，由此利用正弦定理能求出sinCAD再利用余弦定理可得结果.【详解】（1）因，所以，即，所以.所以.（2）设，则，在中，由正弦定理得：，所以；在中，所以.即，化简得：，所以，所以，所以在中，.即，解得或（舍）.【点睛】本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，考查了引入角
17、的技巧方法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题22.已知数列的前项和为，点在直线上.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由题意得到，求出，再由，作出，得到数列为等比数列，进而可求出其通项公式；（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可求出结果.【详解】解：（1）由题可得.当时，即.由题设，两式相减得.所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故.（2）由（1）可得，所以，.两边同乘以得.上式右边错位相减得.所以.化简得.【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，以及数列的前项和，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.
