2019黑龙江省高一下学期数学期末考试试题

--高一数学试卷选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题5分，共60分）直线:f了■■■'（.为实常数）的倾斜角的大小是（）A.；B.•C.ED.I【答案】D【解析】、、.由于斜率为.，故倾斜角为〔坊.已知a、b是两条异面直线，c〃a，那么c与b的位置关系（）A.一定是异面B.一定是相交C.不可能平行D.不可能相交【答案】C【解析】分析：根据直线与直线的位置关系直接判断。详解：空间直线存在的位置关系为异面、平行、相交°c〃a,a、b是两条异面直线那么一定不会平行，故选C点睛：空间中直线存在的位置关系为异面、平行、相交。已知直线经过点A（0,4）和点B（1,2）,则直线AB的斜率为（）A.3B.-2C.2D.不存在【答案】B【解析】本题考查过两点的直线斜率公式.若点―--，则直线，的斜率为已知直线经过点A（0,4）和点B（1，2），则直线AB的斜率为《=彗故选B4•在数列〕［中，，1,〕-1一\,贝卜门的值为（）A.512B.256C.2048D.1024【答案】D【解析】分析：由JI-,.，所以’是等比数列，所以=1，公比严，列出通项公式求解即可。

详解：——-■,所以'•是等比数列=1,公比:_='丄,通项公式为—所以D,故选D。点睛：后一项为前一项的常数倍，那么此数列为等比数列。5•设下图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.9n+42B.36n+18C.II'2A.9n+42B.36n+18C.II'2【答案】D【解析】分析：还原几何体为简单组合体，上面为一个球，下面为长方体，体积为两个体积之和。详解：还原几何体为简单组合体，上面为一个球，下面为长方体。球的半径为〕，由体积公式-1张--■―,长方体的体积为‘.；1.一1[点睛：简单组合体的体积为各体积之和。6.设m、n是两条不同的直线，「•是三个不同的平面，给出下列四个命题:①若"丄①若"丄，■，则r：②若防;.，“丄..，则■丄…其中正确命题的序号是A.①和②A.①和②B.②和③C.③和④D.①和④【答案】A【解析】由题意，若"一:、「；:.，则—是正确的；若”厂则翳，因为「「丄“，贝y“丄，是正确的;若"■■=■>"贝y•：与:可能平行、相交或异面，所以是错误的；若■：--「「--「，贝y■■-■■，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面可能平行、相交，不能确定两个平面之间的平行关系，所以是错误的。综上，正确命题的序号为①②。点睛：本题考查平面的基本性质即推论，解题的关键是熟记空间中线面、面面、线线位置关系的理解与掌握，着重考查了学生的空间象限能力，属于中档试题，对于判定线面平行、垂直的常用方法：①利用线面、面面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用线面、面面垂直的判定，根据各种垂直关系，构造条件作出证明。心n17.设「满足约束条件，贝此f斗；的最大值为（）Iy>A.5B.3C.7D.-8【答案】C【解析】试题分析：不等式组表示的平面区域如图，把函数-转化为-=-■<--表示的斜率fv=—2为截距为了的平行直线系，当截距最大时，芒最大，当直线过点C时，由"I「x=3■-hU，故答案为C.&圆「，■.I与直线［.的位置关系是（）A.直线过圆心B.相切C.相离D.相交【答案】D【解析】分析：求出圆心到直线的距离，比较圆心到直线的距离与半径的大小关系即可。详解：圆心到直线的距离•'.、.：，所以相交，故选D*122点睛：圆心到直线的距离与半径的大小关系判断直线与圆的位置关系：:，相交；二巳，相切；：，相离。9•圆.；：.；、：，与圆的位置关系是（）A.相交B.外切C.内切D.相离【答案】A【解析】试题分析：由题是给两圆标准方程为：，「•「X一「严「八:I--，显然两圆相离，故选D.考点：圆与圆的位置关系.若集合I「则实数的取值范围为（）A.B.|T__C.D.I'-J【答案】D

【解析】分析：先等价转化为<01壬［恒成立，再分析厂「・•；：:「三种情况的函数图像，位于'轴上方的满足题意，得出解集。详解：由集合Ah-：："工：I":-.'，等价转化为茜恒成立。当；；.=」时，！三"恒成立，满足题意。当「:•■时，开口向下，新5•十2恒成立，不可能成立。TOC\o"1-5"\h\z当;;.:：时，开口向上恒成立，■1■综上所述:'o故选D点睛：一元二次不等式:.•卜*：.■J含参问题，分四重分类讨论：1、对.值讨论，；1::'■>1■"2、对二值讨论，丄-<'■'1、」3、对两根「.的大小关系讨论■-I".'i4、对两根-［与区间的位置关系进行讨论。在四面体ABCD中，已知棱AC的长为二，其余各棱长都为1,贝9二面角A-CD-B的余弦值为（）,2D.,2D.【答案】C【解析】分析：根据图像，连接二•的中点为，的中点为、由题意］「一一.「，"—.「，贝y［川！为二面角A-CD-B的平面角，在U中根据余弦定理求解即可。详解：将四面体ABCD放入三棱锥进行研究，如图根据题意，设工的中点为，「的中点为…,连接-1；!；■■，所以二丨'，则则"加为二面角A-CD-B的平面角一..，2.柑人、、..0:，:.，由余弦定理可知■-•■：..，故选Co?23点睛：用几何方法求二面角的大小的步骤：1、先找出二面角的平面角。2、证明二面角的平面角。3、求解二面角的平面角。12•若直线y=x+b与曲线，.}.•.：•有公共点，则b的取值范围是（）A.1一二]B.|二1C.一二二1】1D.[1二2.?|【答案】A【解析】分析：直线+与曲线；,=心«.匕有公共点，转化为直线；.；n与半圆「「■-!■■,■■-「有交点，分析几何图形得出有交点的临界情况。详解：直线丁=”.：与曲线'.■■有公共点，转化为直线丁与半圆■-'"-'!"■：S有交点。当与半圆■::■；；'■相切时；J丄=.-12],为截距的上界。直线；,「=/+.：过点解得（.=--，为截距•的下界。所以Y「，故选A点睛：直线与圆的位置关系问题，主要采用几何法分析，将题意转化为等价的几何位置关系,利用圆心到直线的距离与半径的比较判断直线与圆的位置关系：：，相交；：，相切；；:,相离。这是基本方法。二、填空题（每空5分，共20分）13.在AABC中，已知a=1，b=J,A=30°，则B等于；【答案】•或【解析】分析：根据正弦定理求解即可。详解：由正弦定理'】可知厂，解得-'，故解得厂或TOC\o"1-5"\h\zainAsirJisinC尸别：卫?点睛：本题为易错题，根据大角对大边，正弦值在一、二象限均有取值，只要角大于角•即可。14.已知直线l的斜率为1,与两坐标轴围成三角形的面积为4,则直线l的方程为。【答案士―【解析】xyI〉分析：设出直线方程的截距式，根据已知条件列出面积为：，，求解即可。ftft1xy[l详解：设直线方程为，两坐标轴围成三角形的面积为•，解得亠士」了，所以直线aa?方程为；'、「。点睛：直线方程的几种形式一般式：轨+勻K7,斜截式xyy-Viy-y：点斜式：|-1-■-■'，截距式：^，两点式：要灵活应用。abx-Xix-x215•经过点（3,4）的圆（十y'=25的切线方程为。（用一般式方程表示）【答案】3x+4y-25=0【解析】分析：先讨论斜率不存在时，再讨论当斜率存在时，根据圆心到直线的距离等于半径求值。详解：设斜率不存在时.•，与圆不相切，所以当斜率存在时，设直线方程为|-■+二!1八■-\!「，与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，=：.=5解得，故直线方程为二「4点睛：过某点作圆的切线和在某点做圆的切线解法已知，利用几何意义圆心到直线的距离等于半径进而求解参数。TOC\o"1-5"\h\z16.圆心在直线b-x7=“上的圆C与*轴交于两点人3,则圆C的方程为.【答案】二-门+.；+=:.【解析】分析：根据题意，列出关于圆心和半径的方程，求解即可。详解：设圆的方程为•，根据题意可得：、,.'■!「J，”'，联立求解可得'•：V.「I圆C的方程为…..；■-O点睛：已知曲线类型，求参数利用待定系数法，根据题意列方程，对圆的参数圆心坐标和半径求解，是常见解法。三、解答题（共70分）17.在锐角三角形中，边「是方程一「的两根，角人E满足二，求角的度数，边一•的长度及：的面积.【答案―£，」【解析】试题分析：根据二血三-三~^=--和丄二匸为锐角三角形可确定上-三的度数，则角匸的度数可知；因为；「是方程-:?的两根，根据韦达定理可求出•:-二•门,再由余弦定理求出「的长度，再用正弦定理得面积公式>「可求得面积.§试题解析：解：由®:「，得汕…:-为锐角三角形，・•・■：.&「；，‘，］『：「，又是方程一I——-的两根，］「，小丨「、：i”I-.-■,I-.r:.<厂11“柑考点：正弦定理和余弦定理，函数与方程.18•如图：在三棱锥••［中，已知点分别为棱「、「、「的中点⑴求证：—〃平面/■-!?［⑵若厂.•，求证：平面二述:丄平面【答案】见解析

【解析】本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及面面的垂直的判定，同时考查空间想象能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于基础题.欲证EF〃平面ABC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面ABC内一直线平行，而EF是ASAC的中位线，则EF〃AC.又EF平面ABC,ACu平面ABC,满足定理所需条件；欲证平面SBD丄平面ABC，根据面面垂直的判定定理可知在平面ABC内一直线与平面SBD垂直，而SD丄AC,BD丄AC，又SDHDB=D,满足线面垂直的判定定理，则AC丄平面SBD，又ACu平面ABC，从而得到结论证明：(I)•二；是41的中位线，.:；〃「二又•.•丨「-二平面击一，和•二平面平面心1(II)：•二工，：丨；•三上=沆」匚=［「，・•；--又•■平面■打「「平面.；1.：，'II.：,・.：」丄平面.；1又•X二平面圧亠，・・平面卫匚已知等差数列;:i|；的首项为公差为d('『—••：「)，前n项的和为：，且労一49”<S5<26.(1)求数列「泊勺通项公式；(2)—-一｛(2)—-一｛的前n项的和为T求T丨n，n【答案】(1)—⑵，；【解析】分析：(1)由等差数列:■：,根据'■■■-■,求解…。(2)利用裂项相消，求前n项的和。7>：-67aj+—d=49详解：(1)由题意得〔，$1<+—<26(2)TOC\o"1-5"\h\zJ1LL11I1］：「I=-(］■一——,,I)二112335572n-13：卜I2n+IH(讪亠3)rrf+i—'x|点睛：数列中的'ii：I■-汇.五个基本量知三求二，：.、'■22灵活应用公式是快速解题的关键。裂项相消法是用来解同一等差数列的前后两项之积的倒数的模型。已知圆C：谊一亍+『=9内有一点P(2，2)，过点P作直线l交圆C于A、B两点.当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程；(2)当直线l的倾斜角为45°时，求弦AB的长.【答案】(1)：】•：(2)泊【解析】分析：(1)：为圧的中点，故，所以斜率|；.|；,11,由此求解直线方程已知直线方程，利用半径和点到直线的距离，求解弦长。详解：(1)〔'P为AB中点■-■■'C(1，0)，P(2，2)「•5=21K|=--2(2)的方程为.】-由已知宀，又直线.过点P(2,2)直线「的方程为-2=^-2即x-y=O-'•C到直线l的距离［-［、，，7-K、：一-点睛：利用圆与直线的几何性质解圆有关的问题常见解法，圆心到直线的距离、半径、弦长之间的关系为-如图，在三棱锥中，屮-一，—［七宀“!，为「的中点.证明:平面叙-匚；若点'在棱-上，且，】：•，求点到平面.的距离.【答案】解：(1)因为AP=CP=AC=4,0为AC的中点，所以OP丄AC，且0P=\；连结0B.因为AB=BC="「，所以△ABC为等腰直角三角形，且0B丄AC,0B=「=2.M由i-:I-'■.■知,0P丄0B.由0P丄0B,0P丄AC知P0丄平面ABC.(2)作CH丄0M,垂足为H.又由(1)可得0P丄CH,所以CH丄平面P0M.故CH的长为点C到平面P0M的距离.由题设可知0C二-=2,CM=I?=',ZACB=45°.TOC\o"1-5"\h\z?332J5QC■MC■sin<ACB4vh所以0M=、，CH=.,二：3O'J5■1^5所以点C到平面P0M的距离为’.【解析】分析：(1)连接OE,欲证皿丄平面人X,只需证明旳丄AC.PO丄即可；(2)过点C作CH丄0打,垂足为内，只需论证二上的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：(1)因为AP=CP=AC=4,0为AC的中点，所以0P丄AC,且0P=\；.连结OB.因为AB=BC='"「，所以△ABC为等腰直角三角形，且0B丄AC,OB==2.由■■「知，OP丄OB.由OP丄OB,OP丄AC知PO丄平面ABC.(2)作CH丄OM,垂足为H.又由(1)可得OP丄CH,所以CH丄平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.、12由题设可知OC二=2,CM二；:'…二，ZACB=45°.TOC\o"1-5"\h\z2332^5OC-MC■1^5所以OM=',CH=…='.OXf5所以点C到平面POM的距离为’.点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在x轴上,半径为2的圆C位于y轴右侧，且与直线x-y+2=0相切