1、安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题 理（含解析）满分：150分 时间：120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分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ab，则A. ln(ab)0B. 3a0D. ab【答案】C【解析】【分析】本题也可用直接法，因为，所以，当时，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，所以，知C正确；取，满足，知D错【详解】取，满足，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，所以，故选C【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意
2、义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断2. 如图所示，是水平放置的的直观图，轴，轴，则中，（ ）A. 2B. 5C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】根据直观图判断出原图的结构，由此计算出.【详解】根据直观图可知，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查根据直观图求原图的边长，属于基础题.3. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案【详解】对于B项，如图所示，连接CD，因为A
3、BCD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQCD，所以ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ，同理可证，C，D项中均有AB平面MNQ.故选：A.【点睛】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，属于中档题4. 设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为A. 2B. 3C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】画出可行域，用截距模型求最值【详解】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，故目标函数在点处取得最大值由，得，所以故选C【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还
4、是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值或范围即：一画，二移，三求5. 若不等式组的解集非空，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别解出两个不等式解，再根据集合交集的概念求解【详解】由题意，即，解得故选：A【点睛】本题考查不等式组的解，考查集合的交集运算，属于基础题6. （2017新课标全国理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，结
5、合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.7. 在中，角的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 所以，选A.【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有，的式子
6、，用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.8. 已知互不重合直线,互不重合的平面,给出下列四个命题，正确命题的个数是若，则 若，则若，则 若，则/A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由线线平行的性质定理能判定A是正确的；由面面垂直和线面垂直的性质定理能判断B的正误；由线面垂直的判定定理能判定C的正误，在D中，可得或，即可得到答案.【详解】由题意，已知互不重合的直线和互不重合的平面，在A中，由于，过直线平面都相交的平面，记，则且，所以，又，所以，故A是正确的；在B中，若，则由面面垂直和线面垂直的性质得，所以是正
7、确；在C中，若，则由线面垂直的判定定理得，所以是正确；在D中，若，则或，所以是不正确的，故选C.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，合理作出证明是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.9. 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）A. ，且直线是相交直线B. ，且直线是相交直线C. ，且直线是异面直线D. ，且直线是异面直线【答案】B【解析】【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示， 作于，连接，过作于连，平面平面平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B【点睛】
8、本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性10. 当时，函数的最小值为（ ）A. B. C. 4D. 【答案】C【解析】，当且仅当时取等号，函数的最小值为4，选C.11. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果
9、.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.12. 若的面积为，且为钝角，的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】由余弦定理和三角形面积可求得，用正弦定理化，再化为的三角函数，由三角函数知识可得取值范围
10、【详解】， ，又为钝角，由正弦定理得，故选：D【点睛】本题考查余弦定理，正弦定理，考查三角形面积公式，解题关键是根据正弦定理把转化为的三角函数后可得其取值范围二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分请将答案填写在答题卷相应位置上13. 记Sn为等比数列an的前n项和.若，则S4=_【答案】.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算
11、错误一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算14. 设为单位向量，非零向量，若的夹角为，则的最大值等于_【答案】2【解析】分析】求出，进而求出，将转化为以为未知量的函数问题，求出最大值即可.【详解】，若的夹角为，所以，当时， 取最大值，故答案为： 2【点睛】本题考查了向量的数量积运算、求向量的模、函数求最值等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.15. 某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为_【答案】【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图是一个直三棱柱与个球的组合体 ，然后根据条件求解【详解】有三视图知几何体的直观图是一个直三棱柱与个球
12、的组合体，画出直观图得： 故答案为：【点睛】本题考查空间几何体体积.求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解三视图形式：若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解16. 如图正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 的面积与的面积相等【答案】ABC【解析】【分析】连结，
13、则平面，点到直线的距离不相等，由此能求出结果【详解】解：连结，则平面，平面，三棱锥的体积为定值，从而，正确点到直线的距离不相等，面积与的面积不相等，故错误故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程解答写在答题卡上的指定区域内17. 在平面四边形中，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理可以得到，根据题设条件，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；（2）根据题设条件以及第一问的结论可以求得，之后在中，用余弦定理得到所满
14、足的关系，从而求得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，所以.由题设知，所以；（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得.所以.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理，在解题的过程中，需要时刻关注题的条件，以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范围所满足的关系，从而正确求得结果.18. 记为等差数列的前项和，已知（1）若，求的通项公式；（2）若，求使得的的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设的公差为由，利用“”求解（2）由（1）得，故，然后解不等式即可.【详解】（1）设的公差为由得由得于
15、是因此的通项公式为（2）由得，故.由知，故等价于，解得所以的取值范围是【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算，还考查了数列不等式问题，属于中档题.19. 如下图所示，四边形EFGH所在平面为三棱锥A-BCD的一个截面，四边形EFGH为平行四边形（1）求证：平面EFGH；（2）若，求四边形EFGH周长的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）首先证得平面，然后根据线面平行的性质定理得到，由此证得平面.（2）设，通过比例求得，由此化简四边形周长的表达式，进而求得四边形周长的取值范围.【详解】（1）四边形EFGH为平行四边形，平面ABD，平面ABD，平面ABD平面ABC，平面平
16、面，平面EFGH，平面EFCH，平面EFCH（2）同（1）可证，设，又，且，四边形EFCH的周长为故四边形EFGH周长的取值范围是【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查四边形周长的取值范围的求法，属于中档题.20. 已知函数（1）当时，求函数的最小值；（2）若存在，使得成立，求实数a的取值范围【答案】（1）12；（2）【解析】【分析】（1）变形为后，根据基本不等式可得结果；（2）转化为，等价于，等价于,等价于.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以当且仅当时，等号成立，所以当时，（2）存在，使得成立，等价于当时，由（1）知，所以，所以因为，所以，解得，所以实数a的取值范围为【点睛】本题
17、考查了利用基本不等式求最小值，考查了不等式能成立问题，属于基础题.21. 如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，（I）证明：平面平面；（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）3+2【解析】【分析】（1）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE 平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC 平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（2）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所
18、以ACBD，因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC 平面BED（2）设AB=，在菱形ABCD中，由 ABC=120，可得AG=GC=,GB=GD=.因为AEEC，所以在 AEC中，可得EG=.连接EG，由BE平面ABCD，知 EBG为直角三角形，可得BE=.由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故 =2从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3， EAD的面积与ECD的面积均为 .故三棱锥E-ACD的侧面积为.【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.22. 已知函数，（1）
19、若关于x的不等式的解集为或，求实数a，b的值；（2）若关于x的不等式的解集中恰有3个整数，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，应用韦达定理可求得；（2）易得方程的解为和，由一元二次不等式的解与一元二次方程的根的关系可得的范围，从而得结论【详解】（1）因为函数，的解集为或，所以，2是方程的两根由，解得（2）由，得令，则，所以故的解集中的3个整数只能是3，4，5或，0，1若解集中的3个整数是3，4，5，则，得；若解集中的3个整数是，0，1，则，得综上，实数的取值范围为【点睛】本题考查解一元二次不等式，掌握一元二次不等式与一元二次方程、二次函数的关系是解题关键
