1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京101中学2017-2018学年下学期高一年级期末考试数学试卷一选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.不等式解集是( )A. B. C. 或D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，原不等式可以转化为（x+1）（x2）0且x20，可得x的取值范围，即可得答案.【详解】解：根据题意，可以变形为（x+1）（x2）0且x20，解得1x2，即不等式的解集为x|1x2，故选：B【点睛】本题考查分式不等式的解法，关键是将分式不等式变形为整式不等式.2.设等差数列的前n项和，若，则( )A. 13B. 14C. 26D. 52【答案】C【
2、解析】【分析】由已知结合等差数列的性质求得a7，再由等差数列的前项和得答案.【详解】解：在等差数列an中，由a4+a104，得2a74，即a72.S13.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，是基础题.3.在中，若，则的形状是( )A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【详解】因为在中，满足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，所以为钝角三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用
3、正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.已知直线的方程为，直线的方程为，则直线和的距离为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用两条平行线间的距离公式，求出直线l1和l2的距离.【详解】解：已知直线l1的方程为3x+4y70，直线l2的方程为3x+4y+10，则直线l1和l2的距离为d，故选：A.【点睛】本题主要考查两条平行线间的距离公式的应用，属于基础题.5.设某直线的斜率为k，且，则该直线的倾斜角的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过直线的斜率的范围，得到倾斜角的正切值的范围，然后求出的范
4、围.【详解】解：直线l的斜率为k，倾斜角为，若k（，），所以tan所以.故选：D【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查计算能力.6.对于直线和平面，能得出的一组条件是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据空间直线与平面，平面与平面的关系对四个选项分别进行判断，得到答案.【详解】A选项中，根据，得到或，所以A错误；B选项中，不一定得到，所以B错误；C选项中，因为，所以.又，从而得到，所以C正确；D选项中，根据，所以，而，所以得到，所以D错误.故选：C.【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.7.如图是正方体的平面展开
5、图，在这个正方体中，有以下四个命题:平面ADNE；平面ABFE；平面平面AFN；平面平面NCF.其中正确命题的序号是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCDEFMN，得出BM平面ADNE，判断错误；由平面DCMN平面ABFE，得出CN平面ABFE，判断正确；由BDFN，得出BD平面AFN，同理BM平面AFN，证明平面BDM平面AFN，判断正确；由BDFN，BECN，且BDBEB，证明平面BDE平面NCF，判断错误.【详解】解：把正方体的平面展开图还原成正方体ABCDEFMN，如图1所示；对于，平面BCMF平面ADNE，BM平面BCMF，B
6、M平面ADNE，错误；对于，平面DCMN平面ABFE，CN平面DCMN，CN平面ABFE，正确；对于，如图2所示，BDFN，BD平面AFN，FN平面AFN，BD平面AFN；同理BM平面AFN，且BDBMB，平面BDM平面AFN，正确；对于，如图3所示，同可得平面BDE平面NCF，错误.综上，正确的命题序号是.故选：A【点睛】本题考查了直线与平面、平面与平面平行与垂直的判定和性质的应用问题，也考查了几何体的折叠与展开以及空间想象能力，是中档题.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A. B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个三棱锥，计算
7、出底面面积和高，代入锥体体积公式，可得答案.【详解】解：由几何体的三视图得该几何体是三棱锥PABC，如图是长方体的一部分，由三视图的数据，ABBC2，P到底面的距离为1，该几何体的体积：V.故选：B.【点睛】本题考查的知识点是三视图投影关系，几何体体积公式的运用，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键.9.九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A. 8B. 12C. 16D. 18【答案】C【解析】【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案.【详解】解：根据
8、正六边形的性质，则D1A1ABB1，D1A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有248，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+416故选：D.【点睛】本题考查了新定义，考查了棱柱的特征，属于中档题.10.如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形ABCD，AC与BD的交点为O，平面ABCD且，E是边BC的中点，动点P在四棱锥表面上运动，并且总保持，则动点P的轨迹的周长为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别取CD、SC的中点F、G，连接EF、FG和EG，证明平面EFG平面BDS，再由题意证明AC平面
9、EFG，得出点P在EFG的三条边上，求出EFG的周长即可.【详解】解：分别取CD、SC的中点F、G，连接EF、FG和EG，如图所示；则EFBD，EF平面BDS，BD 平面BDSEF平面BDS同理FG平面BDS又EFFGF，EF 平面EFG，FG 平面EFG，平面EFG平面BDS，由ACBD，ACSO，且ACSOO，则AC平面BDS，AC平面EFG，点P在EFG的三条边上；又EFBD1，FGEGSB，EFG的周长为EF+2FG1+故选：D.【点睛】本题考查了四棱锥结构特征的应用问题，也考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系应用问题，是中档题.二填空题共6小题.11.直线的斜率为_.【答案】【解
10、析】【分析】根据题意，将直线的方程变形为yx+1，由直线斜截式的形式分析可得答案.【详解】解：直线l：xcosy+10，即为直线l：xy+10，即为yx+1，故直线的斜率为，故答案为：.【点睛】本题考查直线的斜率，注意将直线的方程变形为斜截式方程.12.设等比数列满足，则_.【答案】64【解析】【分析】设公比为，由题意可得4q4q2128，解得2，则a6a2q4，问题得以解决.【详解】解：设公比为q，a24，a3a4128，4q4q2128，q38，q2，a6a2q442464，故答案为：64.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，关键是求出公比，属于基础题.13.若，一定有，成立，请将猜想结
11、果填空:_.【答案】【解析】【分析】根据表达式的规律即可猜想结论.【详解】解：由a0，b0，a+b1，一定有ab+4+，（ab）2+（）242+成立，可以猜想：，故答案为：.【点睛】本题考查了归纳推理的问题，关键找到规律，属于基础题.14.如图，在长方体中，M为AB的中点，点P在线段上，点P到直线的距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】连接MC，运用线面平行的判定定理可得BB平面MCC，点P到直线BB的距离的最小值转化为异面直线BB和直线MC的距离，即为直线BB和平面MCC的距离，即为B到平面MCC的距离，过B在底面AC内作BHMC，证得BH平面MCC，求得BH的长即为所求.【详解】解：连
12、接MC，由BBCC，BB平面MCC，CC平面MCC，可得BB平面MCC，由点P到直线BB的距离的最小值为异面直线BB和直线CM的距离，即有直线BB和平面MCC的距离即为异面直线BB和MC的距离，也即B到平面MCC的距离，过B在底面AC内作BHMC，由CC底面AC，可得CCBH，即有BH平面MCC，由BCBM1，且BCBA，可得BH.故答案为：.【点睛】本题考查点到直线的距离的最小值，注意运用转化思想，求异面直线的距离，熟练掌握通过线面平行的性质是解题的关键.15.已知中，点，.则的面积为_.【答案】10【解析】【分析】由两点式的直线BC的方程，再根据点点到直线的距离求出BC边上的高d，再根据两
13、点之间的距离公式求出BC，根据三角形的面积公式计算即可.【详解】解：由两点式的直线BC的方程为，即为x+2y80，由点A到直线的距离公式得BC边上的高d，BC两点之间的距离为4，ABC的面积为410，故答案为：10.【点睛】本题考查了直线方程的求法点到直线的距离公式，两点之间的距离公式，三角形的面积公式，属于基础题.16.已知，两点，满足:，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），（x1，y1），（x2，y2），由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，AB1，的几何意义为点A，B两点到直线x+y10的距离d1与d2之和，由两平
14、行线的距离可得所求最大值.【详解】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），（x1，y1），（x2，y2），由x12+y121，x22+y221，x1x2+y1y2，可得A，B两点在圆x2+y21上，且11cosAOB，即有AOB60，即三角形OAB为等边三角形，AB1，的几何意义为点A，B两点到直线x+y10的距离d1与d2之和，显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y1平行，可设AB：x+y+t0，（t0），由圆心O到直线AB的距离d，可得21，解得t，即有两平行线的距离为，即的最大值为，故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示和定义，以及圆的方程和运用，考查点与圆的位置关系
15、，运用点到直线的距离公式是解题的关键，属于难题.三解答题共4小题.解答应写出文字说明演算步骤或证明过程.17.等比数列中，.(1)求的通项公式；(2)记为的前n项和.若，求m.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q2，由此能求出的通项公式.（2）当a11，q2时，Sn2n1，由此能求出m.【详解】解：（1）等比数列an中，a22，a78a4.2q58（2q2），解得q2，当q2时，an2n1，an的通项公式为，an2n1，（2）记Sn为an的前n项和，a22，q2，则a11，则Sn2n1，由Sm63，得Sm2m163，mN，解得m6.【点睛】本题考
16、查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.18.设的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，.(1)当时，求a的值；(2)当的面积为3时，求的值.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）由，得，由正弦定理可知：，由此利用A30，能求出a的值；（2）由，ABC的面积为3，求出ac10，由余弦定理得a2+c225，由此能求出的值.【详解】解：（1）， 由正弦定理可知：，A30，sinAsin30，；（2），ABC的面积为3， ，ac10，由余弦定理得：b2a2+c22accosB，即a2+c225，则（a+c）2a2+c2+
17、2ac25+2045，故.【点睛】本题考查三角形的边长的求法，考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题.19.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，且，.四边形ABCD满足，.E为侧棱PB的中点，F为侧棱PC上的任意一点.(1)若F为PC的中点，求证:平面PAD；(2)求证:平面平面PAB；(3)是否存在点F，使得直线AF与平面PCD垂直?若存在，写出证明过程并求出线段PF的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)存在，【解析】【分析】（1）易得，利用线面平行的判定证明；（2）易得A
18、D平面PAB，利用面面垂直的判定，可得AD平面AFD，所以平面AFD平面PAB；（3）易得CD平面PAC.只需在棱PC上存在点F使得AFPC即可.【详解】(1)因为E，F分别为侧棱PB，PC的中点，所以，因为，所以，而平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；(2)因为平面平面PAC，平面平面，且，平面PAC，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.又因为，所以平面PAB，而平面AFD，所以平面平面PAB；(3)在棱PC上显然存在点F使得.由已知，.由平面几何知识可得.由(2)知，平面ABCD，所以，因为，所以平面PAC.而平面PAC，所以.又因为，所以平面PCD.在中，可求得，.可见直线与平面
19、PCD能够垂直，此时线段PF的长为.【点睛】本题考查了空间点、线、面位置关系，属于中档题.20.如图，的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为，直线CD交AB于点，交x轴于点.(1)求直线CD的方程；(2)动点P在x轴上从点出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t.点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得?若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值.【答案】(1)；(2)满足条件的点P坐标为或，满足条件的t的值为或.【
20、解析】【分析】（1）利用两点式求出直线方程，再化为一般方程；（2）根据题意作DPOB，利用相似三角形求出点P的坐标，根据对称性求得P的坐标；分情况讨论，OPOB10时，作PQOB交CD于Q，求得点M与点P重合，t0；OQOB时，求出点Q的横坐标，计算M的横坐标，求得t的值；Q点与C点重合时，求得M点的横坐标，得出t的值.【详解】解：（1）直线CD过点C（12，0），D（6，3），直线方程为，化为一般形式是x+2y120；（2）如图1中，作DPOB，则PDAB，由DPOB得，即，PA；OP6，点P（，0）；根据对称性知，当APAP时，P（，0），满足条件的点P坐标为（，0）或（，0）；如图2中，
21、当OPOB10时，作PQOB交CD于Q，则直线OB的解析式为yx，直线PQ的解析式为yx+，由，解得，Q（4，8）；PQ10，PQOB，四边形OPQB是平行四边形，又OPOB，平行四边形OPQB是菱形；此时点M与点P重合，且t0；如图3，当OQOB时，设Q（m，m+6），则有m2+102，解得m；点Q的横坐标为或；设M的横坐标为a，则或，解得a或a；又点P是从点（10，0）开始运动，则满足条件的t的值为或；如图4，当Q点与C点重合时，M点的横坐标为6，此时t16；综上，满足条件的t值为0，或16，或或.【点睛】本题考查了直线方程的应用问题，也考查了数形结合应用思想.- 19 - 版权所有高考资源网
