高一数学下学期期末考试试题文含解析4

文〔含解析〕

一、选择题：在每一小题给出的四个选项里面，只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内。

1,2,4,2A.450 【答案】D 【解析】 【分析】

3，那么此直线的倾斜角是〔

B.600

〕

C.1200

D.1500

先通过ky2y1x2x1求出两点的斜率，再通过ktan求出倾斜角的值。

【详解】ky2y12+3233，tan=,[0,180)150选D.

x2x14(1)33y2y1x2x1求出两点的斜率，再通过k【点睛】先通过ktan求出倾斜角的值。需要注意的是斜率

不存在的情况。

ABC中,假设

A.6 【答案】C 【解析】 【分析】

AB3,AC4,BAC60,那么BAAC=〔〕

B.4

C.-6

D.-4

向量的点乘，BAAC=BAACcosBA,AC

【详解】BAAC=1ABAC=ABACcosBAC346,选C.

2【点睛】向量的点乘，需要注意后面乘的是两向量的夹角的余弦值，此题假设直接计算的话，BA与AC的夹角为∠BAC的补角

an，a2a812,那么S9等于〔〕

A.120 【答案】C 【解析】 【分析】

题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。 【详解】a2B.60

C.

D.108

a8a1a912,S9(a1a9)9，选C. 2【点睛】题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质mnpq2r

amanapaq2ar解决。也可将等式全部化为a1,d的表达式，整体代换计算出S9

4.一个几何体的三视图如下列图，那么这个几何体的外表积为〔〕 A.135 B.115 C.132 D.12

【答案】B 【解析】 【分析】

三视图可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成。 【详解】几何体可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成

S=11+21+21+51+2(12)2115，选B. 2【点睛】三视图，求原几何体的外表积或者体积是高考必考内容，主要考察空间想象才能，需要纯熟掌握常

见的几何体的三视图，会识别出简单的组合体。

l1：ax＋2y＋8＝0与l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0平行，那么实数a的取值是〔〕

A.－1或者2 【答案】A 【解析】 【分析】

【详解】a:1=2:(a1)B.－1

C.0或者1

D.2

8:(a21)a1或a2，选A.

【点睛】此题考察由两直线平行求参数.

A和B与海洋观察站C的间隔都等于5km，A在观察站C的北偏东200，B在观察站C的南偏东

400，那么A与B的间隔为〔〕

A.52km B.53km

C.5km D.10km

【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意画出ABC的相对位置，再利用正余弦定理计算。

【详解】

如下列图，

ACBC5,ACB120,AB2AC2AB22ACABcos120=75，AB53km，选B.

【点睛】此题考察解三角形画出相对位置是关键，属于根底题。

x2y502xy40x，y满足条件，那么目的函数z＝2x－y的最小值〔〕

x0y1A.5 2B.－1 C.0 D.2

【答案】A 【解析】 【分析】

线性规划问题，首先画出可行域，再令z=0，画出目的函数，上下平移得到z的最值。

【详解】

可行域如下列图，当目的函数平移到A0,2.5点时z取最小值5，

2应选A 【点睛】线性规划中线性的目的函数问题，首先画出可行域，再令z=0，画出目的函数，上下平移得到z的最值。

8.m、n是两条不重合的直线，α、β ①假设m,m，那么②假设m,n③假设//；

,m//n,那么//；

,,那么//；

//

④假设m、n是异面直线，m,m//,n,n//,那么〕

A.1 B.2 C.3 【答案】B 【解析】 【分析】

利用面面平行的断定定理及性质定理和推论判断即可。

【详解】①正确，假设两平面同时垂直于一条直线，那么这两个平面平行。 ②错误，m,n,m//n时与可平行可相交

③错误，,时与可平行可相交

④正确，m、n是异面直线，m,m//,n,n//,//

应选B

【点睛】此题考察面面平行的断定，需纯熟掌握，面面平行的断定定理及性质定理和推论。an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，那么S5等于〔〕

A.32 B.16

C.

8116 【答案】C 【解析】 【分析】

利用公式aS1,n1nSnS计算即可。

n-1,n2【详解】a1=1,S1=1，Sn2an1=2(Sn1Sn)Sn13S， n2n1{S为以1为首项，3为公比的等比数列，S3n}342n=2,S815216

应选C

D.4

D.

24332

【点睛】an和Sn的关系，利用公式anS1,n1计算，需要注意的是这个公式可以计算an也SnSn-1,n2可以计算Sn，根据题目要求，方可防止不必要计算。

ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，那么异面直线BC1与A1E所成角的余弦值为〔〕

A.31010 B.3010 C.3030 D.30 30【答案】C 【解析】 【分析】

建系，再利用cosBC1A1EBC1A1E计算所成角的余弦值

【详解】

如下列图，建立Dxyz空间直角坐标系，那么应选C

A1(1,0,2),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2)

【点睛】异面直线所成角，能建系的一般建系较简单，再利用cosBC1A1EBC1A1E计算所成角的余弦值.

ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，假设

A.6 【答案】A 【解析】 【分析】

B.4

bctanAtanA的值是〔〕 8cosA，那么cbtanBtanCC.3

D.2

利用正、余弦定理角化边。化简解出即可。

bcb2c2a2b2c24【详解】8cosA=8 2cb2bca3应选A

【点睛】解三角形有两个方向，角化边、边化角，此题适用于角化边。

l经过A(2,1),B(3,t2)(tR)两点，那么直线l的倾斜角的取值范围是〔〕

A.[0,)∪[C.[0,π23,) 4B.[0，π) D.[0,4]

]∪(,) 42【答案】A 【解析】 【分析】

先通过ky2y1x2x1求出两点的斜率，再通过ktan求出倾斜角的值取值范围。

t2123【详解】ktant1,tR,tan[1,)[0,)[,)

3224应选A.

【点睛】直线上两点求斜率利用公式tany2y1。需要注意的是斜率不存在的情况。

x2x1二、填空题：请把答案填在题中横线上。 13.a,b为正实数，且【答案】52【解析】 【分析】

乘1法，化简，利用均值不等式解出即可。

231，那么ab的最小值为______ ab6 【详解】(ab)1(ab)(232b3a)5526 abab【点睛】题干给了分式等式，所求最值不能直接利用根本不等式，需要进展转化。在使用根本不等式时需注意“一正二定三相等〞缺一不可。

P(-1,3)，且在x轴，y轴上截距相等的直线方程为______

【答案】x【解析】 【分析】

截距相等分为截距为0和不为0 【详解】1〕截距为0，设直线为2〕截距不为0，设直线为x所以直线为3xy20或y3x

ykx ，将P (-1,3) 带入得k3, 直线为y3x

ya ，将P (-1,3) 带入得a2, 直线为xy2

y0或者xy20

【点睛】截距相等分为截距为0和不为0 1〕截距为0，设直线为

ykx ，2〕截距不为0，设直线为xya 。

ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上，假设ABACAA12,BAC120，那么此球的

外表积等于。 【答案】20π 【解析】

【详解】

an满足an1(2sin【答案】20210 【解析】 【分析】

n1)an2n，那么数列an的前200项和为___ 2利用数列的递推公式，写出前几项，即可找出规律。

【详解】设

f(n)2sinn1, 2nsin2的周期为T=4，f(n)2sinn1 的周期为2 2当n为奇数时，f(n)1,当n为偶数时，f(n)1,

于是有a1a2同理可求出a5a3a412, a6a7a8=28，

设{bn}为以12为首项，16为公差的等差数列

所以数列{an}的前200项的和可转换为{bn}的前50项和，

所以数列

an的前200项和为5012+50(50-1)1620200

2【点睛】此题主要考察数列的递推与通项、数列的求和以及等差数列。求数列前几项，再找规律。

三、解答题：解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤 17.ABC的三个顶点求：〔1〕〔2〕

an的前200项和，可先写出

A(4,6),B(4,1),C(1,4)

AC边上高BD所在的直线方程

AB边中线CE所在的直线方程

【答案】(1)x2y60；(2)13x2y50

【解析】 【分析】

〔1〕先根据高BD与

AC垂直，求出BD的斜率，再利用点斜式，写出直线BD。

〔2〕E为AB的中点，先求出E点坐标，再利用两点式，写出直线CE

【详解】解：〔1〕kAC6412kBD

4(1)2直线BD的方程为

1y1(x4)

2即x2y60

555y4〔2〕AB边中点E(0,)，中线CE的方程为22

2x1即13x2y50

【点睛】纯熟掌握直线的几种表达形式，一般式、斜截式、点斜式、两点式、截距式。 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC(1)求角

1bc

2A的大小；

(2)假设a3，求△ABC的周长的取值范围． 【答案】(1)A【解析】 【分析】

〔1〕利用正弦定理边化角，化简即可解出角A.

〔2〕利用正弦定理边化角，最后全部用角B表示，再根据角B的取值范围，解三角函数的值域。 【详解】(1)acosC3；(2)周长范围(6,9]

111bcsinAcosCsinBsinCsinAcosCsin(AC)sinC

222(2)a3,A60,abc sinAsinBsinC周长Labc323sinB23sinC

又B(0,120),B30(30,150)sin(B30)(1,1] 2【点睛】解三角形有两个方向，角化边、边化角，此题适用于边化角，第二问求周长的取值范围，一般化为三角函数，转化为求三角函数的值域问题。

an是公差不为零的等差数列，a55，且a2,a4,,a7成等比数列.

(1)求数列(2)设bnan的通项公式；

an3n，求：数列

bn的前n项和Tn.

【答案】(1)an【解析】 【分析】

510n355n10；(2)Tn n74283〔1〕根据题意所给等式全部化为a1和d的表达式，列方程组，解方程组。 〔2〕根据题意写出bn的表达式，bn为差比数列，利用错位相减求前n项和。 【详解】解：〔1〕数列{an}是公差为d(d0)

a14d5那么据题得 2a13da1da16d155解得a1,d

77.5n10数列{an}的通项公式为an

75n10〔2〕由〔1〕知bn n73510n35所以Tn

4283n【点睛】等差数列中a1,d,n,an,Sn,知三求二；差比数列，利用错位相减求前n项和。 20.如图,在四棱锥PABCD中,底面

ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD底面ABCD,且

PAPD2.

〔1〕求证:平面PAB平面PDC 〔2〕求:点B到面PDC的间隔 【答案】(1)见证明；(2)【解析】 【分析】

〔1〕要证面面垂直，先证线线垂直，利用面面垂直的断定定理证明之。 〔2〕求点B到面PDC的间隔一般利用等体积法，此题利用VPBCD【详解】〔1〕证明:因为平面PAD平面

2

VBPCD可求出。

ABCD,平面PAD面

ABCDAD

ABCD为正方形,CDAD,CD平面ABCD,所以CD平面PAD.

又PA平面PAD,所以CDPA 又PAPD2,所以PAD是等腰直角三角形,且APDPDD,

2,

即PAPD,又CD且CD,PD面PDC,所以PA面PDC 又PA面PAB,所以面PAB面PDC 〔2〕取

AD中点E，连接PE，PAPD，∴PEAD

平面

平面PAD平面ABCD，平面PADABCDAD

PE平面PAD，PEABCD,线段PE为三棱锥PBCD的高 11SBCDCDBC2，PEAD1

2211三棱锥PBCD的体积VPBCDVBPCD，即212h

33所以h2，即点B到面PCD的间隔是2

【点睛】此题考察面面垂直的断定定理，以及利用等体积法求点到面的间隔。

21.如图，在底面为矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，

APAD2AB2，且

AG1AD，其中E,F分别是线段PD,PC的中点。 4〔1〕证明：EF//平面PAB

〔2〕证明：BG平面PAC 〔3〕求：直线EC与平面

ABCD所成角的正弦值

3 3【答案】(1)见证明；(2)见证明；(3)【解析】 【分析】

1〕在平面内找到一条直线与这条直线平行，再利用线面平行的断定定理说明线面平行。2〕在平面内找到两条相交直线与这条直线垂直，再利用线面垂直的断定定理说明线面垂直。3〕线面所成角的正弦值，几何法：过线上一点做平面的垂线段，垂线段与这点到线面交点线段的比值即为线面所成角的正弦值。 【详解】〔1〕证明：

E,F分别是线段PD,PC的中点

在PCD中，EF//CD

又

四边形直线EFABCD是矩形，AB//CD//EF

平面PAB，直线AB平面PAB，EF//平面PAB

〔2〕证明：〔法一〕向量法 以

A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系。

1BG(1,,0)，AC(1,2,0),AP(0,0,2)，

2又因为

ACAPA，所以，BG平面PAC

〔法二〕设

ACBGO，因为四边形ABCD是矩形，

AD//BC，ABCBAG900

又因为

AB1,ADBC2，AG1AD 4因为

ACABBC5,BGBAAG5 2所以，

AO55,OG,AO2OG2AG2，BGAO 510因为PA面ABCD,BG因为

面ABCD,所以，BGPA

ACAPA，所以，BG平面PAC

〔3〕取

AD中点H，连接EH，连接HC

因为E是PD中点，所以在PAD中，EH又因为PA底面ABCD，所以EH//PA

面ABCD

所以，HC为EC在面ABCD内的射影 又因为EH1PA1， 2所以，sinECHEH3 EC3【点睛】〔1〕线面的位置关系需要纯熟掌握其断定定理、性质定理；〔2〕线面所成角的正弦值一般有两种方法：几何法：过线上一点做平面的垂线段，垂线段与这点到线面交点线段的比值即为线面所成角的正弦值；向量法：求出平面的法向量，法向量与直线的方向向量所成角的余弦值的绝对值即为线面所成角的正弦值。

P(c,d)关于直线y2x3的对称点为(3736,)，且对tR直线1515l:3(t2)x3(t1)y5t130恒过定点Q(a,b)，设数列an的前n项和Sn，且

a11,

aSnan1bn2cnd,nN n(1)求数列

an的通项公式;

17(2)设Tn为数列的前n项和，证明:对一切正整数n,有Tn

4an【答案】(1)ann2,nN*；(2)见证明

【解析】 【分析】

〔1〕先通过点线的位置关系求出

abcd的值，再带入

an与

Sn的关系式中，再利用公式

S1,n1an求出an

SnSn-1,n2〔2〕由〔1〕知

11=ann2，再利用放缩法证明不等式。

【详解】解：(1)由解得a2,b12，c1,d 332Sn12. an1n2nnN,n33nn1n2122Snnan1n3n2nnan1①

333当n2时,2Sn1n1an由①—②得2Snn1nn1②

3,2Sn1nan1n1annn1

aa数列n是以首项为11,公差为1的等差数列.

1n当n1时,上式显然成立,an(2)证明:由(2)知,ann2,nN*

n2,nN*

171①当n1时,,原不等式成立. a14②当n2时,

11171,原不等式亦成立. a1a244③当n3时,

n2n1n1,11 n2n1n1当n3时,原不等式亦成立.

综上,对一切正整数n,有

11a1a217. an4【点睛】关于

1n2的常见放缩有：2111111；2；2。 nn1n1nnn1nnn1