1、大庆中学2019-2020学年度下学期期末考试高一年级数学 试卷总分150分 考试时长120分钟一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）1已知为非零实数，且，则下列命题成立的是ABCD2若等差数列和等比数列满足，则为（ ）ABCD3已知的三个内角的对边分别为，且满足，则等于（ ）ABCD4设，满足约束条件，则的最小值为（ ）ABCD55某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD26设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则7已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）AB C或 D8空间四边形
2、中，分别是，的中点，则异面直线，所成的角为（ ）A60B30C90D1209在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（ ）ABCD10若不等式 对任意实数 均成立，则实数 的取值范围是（ ）AB C D11已知正项数列的前n项和为，满足，则( )ABCD12若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围ABCD二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13两条直线与互相垂直，则=_.14已知，则的最小值是_15数列满足，则的前8项和为_.16在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC60，ABAC2，PA2，则三棱锥PABC外接球的半径为_.三、解答题
3、（本大题共6个小题，17题10分，18题-22题，每小题12分，共70分）17（本题10分）已知中，、，写出满足下列条件的直线方程（要求最终结果都用直线的一般式方程表示）.（1）边上的高线的方程；（2）边的垂直平分线的方程.18（本题12分）在中，内角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.19（本题12分）在等差数列中，为其前项和，且（1）求数列的通项公式；（2）（文科做）设，求数列的前项和（理科做）设，求数列的前项和20（本题12分）已知关于的不等式（1）当时，解上述不等式（2）当时，解上述关于的不等式21（本题12分）如图，在三棱锥中，底面ABCM，N分别为PB，PC的
4、中点（1）求证：平面ABC；（2）求证：平面平面PAC；（3）若，求三棱锥的体积22（本题12分）已知函数，且的解集为.（1）求函数的解析式；（2）解关于x的不等式，；（3）设，若对于任意的都有，求M的最小值.大庆中学2019-2020学年度下学期期末考试高一年级数学一、单选题1 【答案】D【解析】【分析】【详解】若abb2，A不成立；若B不成立；若a=1，b=2，则,所以C不成立 ,故选D.2 【答案】B【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意可得，选B3 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理化边为角可得,则,进而求解.【详解】由题,根据正弦定理可得,所以,因为在中,所以,因为
5、,所以,故选:B【点睛】本题考查利用正弦定理化边为角,考查解三角形.4【答案】C【解析】【分析】由线性约束条件，画出可行域，结合直线的平移即可求得的最小值.【详解】根据线性约束条件，画出不等式组表示的可行域如图所示：由平移得到，由图可知当目标函数经过点处取得最小值，代入可得为故选：C.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题.5【答案】D【解析】【分析】由几何体的三视图可知，该几何体是高为，底面为边长和的四棱锥，代入四棱锥的体积公式求解即可.【详解】由几何体的三视图可知，该几何体是四棱锥，高为，底面为边长和的矩形，如图所示：由四棱锥的体积公式可得，.故选：D【点
6、睛】本题考查三视图还原几何体并求其体积；考查运算求解能力和空间想象能力；正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.6 【答案】C【解析】【分析】选项A可考虑直线是否在平面内作出判断；选项B找到满足条件的的所有情况即可作出判断；选项C中满足条件的的所有情况都考虑到即可判断；选项D根据面面垂直的判定定理判断即可.【详解】选项A，直线n可能在平面内，错误；选项B，如果，那么与平行或相交，错误；选项C，且，则必有，根据面面垂直的判定定理知，正确.选项D，与相交或平行，错误；故选：C【点睛】本题主要考查了面面平行的判定，面面垂直的判定，考查了空间想象力，属于中档题.7 【答案】D【解析】【分
7、析】因为直线恒过定点，结合，可求【详解】解：因为直线恒过定点，又因为，故直线的斜率的范围为故选：D【点睛】本题主要考查了直线斜率的求解，属于基础题8【答案】A【解析】【分析】取AC中点G，连接EG、FG，可知EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，在EFG中，由余弦定理可得cosEGF，结合角的范围可得答案【详解】取AC中点G，连接EG、FG，由三角形中位线的知识可知：EGBC，FGAD，EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，在EFG中，cosEGF，EGF120，由异面直线所成角的范围可知应取其补角60，故选：A【点睛】本题考查异面直线所成的角，涉及解三角形的应用，属中档题9
8、【答案】D【解析】由已知可得ADDC又由其余各棱长都为1得正三角形BCD，取CD得中点E，连BE，则BECD在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，则BEF为二面角ACDB的平面角EF=（三角形ACD的中位线），BE=（正三角形BCD的高），BF=（等腰RT三角形ABC，F是斜边中点）cosBEF=故选D10 【答案】A【解析】 由题意，不等式，可化为， 当，即时，不等式恒成立，符合题意； 当时，要使不等式恒成立，需 ， 解得，综上所述，所以的取值范围为，故选A11 【答案】A【解析】【分析】根据，利用数列通项与前n和之间的关系求解.【详解】，当时，或（舍去）；当时，两式相减得：.，所
9、以数列是首项，公差的等差数列，故选：A.本题主要考查数列通项与前n和之间的关系以及等差数列的通项和前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12 【答案】C【解析】【分析】【详解】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围详解：正实数 满足则 =4，当且仅当，取得最小值4由x有解，可得 解得或故选C 点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基本不等式的运用，注意满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属中档题二、填空题13【答案】1【解析】【分析】直接利用直线垂直公式计算得到答案.【详解】两
10、条直线与互相垂直，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查根据直线垂直求参数，属于简单题.14【答案】2【解析】分析：先化简已知得到xy=10,再利用基本不等式求的最小值.详解：因为，所以所以，当且仅当即x=2,y=5时取到最小值.故答案为：2.点睛：（1）本题主要考查对数运算和基本不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，三者缺一不可。15【答案】20【解析】【分析】利用递推数列分别列出的等式，利用等式的加减即可求得前8项的和.【详解】数列满足，可得，.故答案为：20【点睛】本题考查数列的递推公式、数列求和，属于基础题
11、.16【答案】5.【解析】分析：求出，可得外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球的表面积详解：因为，所以由余弦定理可得，设外接圆的半径为，则，所以，设球心到平面的距离为，则由勾股定理可得，所以点睛：本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据组合体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力三、解答题17【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出直线的斜率，进而可得出边上的高线的点斜式方程，化为一般式方程即可；（2）求出线段的中点坐标，进而可得出边的垂直平分线的点斜式方程，化为一般式方程即可.【详解
12、】（1）直线的斜率为，所以，边上的高线的方程为，即；（2）线段的中点为，所以，边的垂直平分线的方程为，即.【点睛】本题考查直线方程的求解，一般求出直线的斜率以及直线所过的一点的坐标，结合点斜式可得出其方程，考查计算能力，属于基础题.18【答案】（）（）【解析】【分析】（）由条件结合余弦定理可得，然后可得，然后得出即可；（）利用正弦定理求出角，然后可得出角，然后利用算出即可.【详解】（）由余弦定理得：，又因为，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以.（）由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以所以.【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.19 【答
13、案】（1）；（2）（文科）；（理科）【解析】【分析】根据等差数列的通项公式，求出首项和公差即可得到答案由的通项公式得到的通项公式，然后根据裂项相消法求前项和【详解】（1）由已知条件得解得所以通项公式为；（2）（文科）由（1）知，数列的前项和 =（理科）由-【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求法，利用裂项相消法求数列的和，属于基础题，遇到形如形式的表达式时，其和需要用裂项相消法，注意通项的表达形式20 【答案】（1）（2）当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为或【解析】【分析】（1）将代入，结合一元二次不等式解法即可求解.（2）根据不等式，对分类讨论，即可由零点大小确定不等式的解集.【详解
14、】（1）当时，代入可得，解不等式可得，所以不等式的解集为.（2）关于的不等式若，当时，代入不等式可得，解得；当时，化简不等式可得，由解不等式可得，当时，化简不等式可得，解不等式可得或，综上可知，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为或【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，含参数分类讨论的应用，属于基础题.21 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由题意可得，再利用线面平行的判定定理即可证出.（2）由线面垂直的性质定理可得，再由，利用线面垂直的判定定理可得平面PAC，再由面面垂直的判定定理即可证出.（3）利用等体法：【详解】证明：（1）
15、M，N分别为PB，PC的中点，所以，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC；（2）底面ABC，平面ABC，所以，因为，所以，又，所以平面PAC，平面ABC，所以平面平面PAC；（3）由（2）知，平面PAC，所以平面PAC，在三角形PAC中，所以【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求三棱锥的体积，考查了考生的推理能力，需熟记锥体的体积公式，属于基础题.22【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）【解析】【分析】（1）根据韦达定理直接求解即可.（2）转化为，然后分别对，进行讨论即可.（3）因为对于任意的都有，转化为，进而得到，然后分别求出，即可.【详解】解：（1）因为的解集为，所以的根为，2，所以，即，；所以；（2），化简有，整理，所以当时，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，当时，不等式的解集为，（3）因为时，根据二次函数的图像性质，有，则有，所以，因为对于任意的都有，即求，转化为，而，所以，此时可得，所以M的最小值为.【点睛】本题主要考查了含参数的一元二次不等式，和不等式的恒成立问题，在解决含参数的不等式时首先要对参数进行讨论本题属于难题
