福建地区厦门市2018-2019年度学年高一下学期期末考试数学试题(解析版)

~厦门市2018-2019学年度第二学期高一年级质量检测(数学)一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符感谢阅读合题目要求的。1.若点Aa,0,B0,2,C1,3共线,则a的值为（）A.2B.1C.0【答案】A【解析】【分析】通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.【详解】由题意，可知BC1,1，又ABa,2，点Aa,0,B0,2,C谢谢阅读a2 a2BC//AB，即 ，所以 ，故选A.【点睛】本题主要考查三点共线的条件，难度较小.2.已知等差数列an项和为S,aa10,则S（）n的前n379A.15B.30C.45

11,3共线，则90【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及性质即可得到答案.【详解】由于aa10，根据等差数列的性质，S9(aa)9(aa)45，故选193737922C.~【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和，难度不大.精品文档放心下载3.下列选项正确的是（ ）A.若ab,?c>d,则acbd精品文档放心下载B.若ab0,则11a2 b2C.若a2 b2,则ab若ab0,c0,则acbc感谢阅读【答案】B【解析】【分析】通过逐一判断ABCD选项，得到答案.【详解】对于A选项，若a2,b1,c2,d1，代入ac0，bd0，故A错误；感谢阅读对于C选项，a2 b2等价于|a||b|，故C错误；对于D选项，若c0，则acbc，谢谢阅读故D错误，所以答案选B.【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大.4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosBbcosA2ccosC,则C（）A.B.C.2D.或263333【答案】B【解析】【分析】1首先通过正弦定理将边化角，于是求得cosC2，于是得到答案.精品文档放心下载~【详解】根据正弦定理得：sinAcosBsinBcosA2sinCcosC，即sinC2sinCcosC，谢谢阅读sinC0，所以cosC12，又为三角形内角，所以C3，故选B.【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.感谢阅读5.已知,为不同的平面,a,b为不同的直线则下列选项正确的是（ ）谢谢阅读A.若a//,b,则a//b精品文档放心下载C.若a//b,a,则b谢谢阅读【答案】C【解析】【分析】

若a//,b//,则a//b谢谢阅读D.若,a,则a通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.谢谢阅读【详解】对于A选项，a,b有可能异面，故错误；对于B选项，a,b可能相交或异面，故错谢谢阅读误；对于C选项，a//b,a，显然b故正确；对于D选项，a//也有可能，故错误.谢谢阅读所以答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.谢谢阅读6.正方体ABCDABCD中,直线AC与BC所成角的余弦值为（）11111A.3B.2C.1D.0【答案】C【解析】【分析】作出相关图形，通过平行将异面直线所成角转化为共面直线所成角.精品文档放心下载~【详解】作出相关图形，由于AC//AC，所以直线AC与BC所成角即为直线AC与BC111111所成角，由于ACB为等边三角形，于是所成角余弦值为1，故答案选C.112【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值，难度不大.谢谢阅读7.已知0x1,当41取得最小值时x（）x1xA.22B.21C.4D.253【答案】D【解析】【分析】可用导函数解决最小值问题，即可得到答案.【详解】根据题意，令f(x)41，则f(x)41(x2)(3x2)，而x2x22当x(0,2)时，f(x)0，当x(2,1)时，f(x)0，则f(x)在x2处取得极小值，333故选D.【点睛】本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，感谢阅读难度中等.8.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b2a212c2,AB边上的中线长为2,则谢谢阅读~ABC面积的最大值为（ ）A.2 B.22 C.23 D.4【答案】D【解析】【分析】作出图形，通过CDB+ADC=和余弦定理可计算出a2，于是利用均值不等式即可得谢谢阅读到答案.4+c2b24+c2cb2【详解】根据题意可知ADBD，而cosADC=44，同理2c2c222c24+4a2，而CDB+ADC=，于是cosCDB+cosADC0，即谢谢阅读cosCDB2c8+c22a2b20，又因为b2a212c2，代入解得a2.过D作DE垂直于AB于点E，精品文档放心下载1因此E为中点，故BE4c，而S1AB4BE224BE2BE24BE2BE2，故面积最大值为4，4ABC22答案为D.【点睛】本题主要考查解三角形与基本不等式的相关综合，表示出三角形面积及使用均值不感谢阅读等式是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.精品文档放心下载~二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符感谢阅读合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。谢谢阅读9.如图,正方形ABCD中,E、F分别是AB、BC的中点将ADE,CDF,BEF分别沿谢谢阅读DE、DF、EF折起,使A、B、C重合于点P.则下列结论正确的是（）精品文档放心下载PDEF平面PDE平面PDF二面角PEFD的余弦值为13点P在平面DEF上的投影是DEF的外心精品文档放心下载【答案】ABC【解析】【分析】对于A选项，只需取EF中点H，证明EF平面PDH；对于B选项，知PE,PF,PD三线精品文档放心下载两两垂直，可知正确；对于 C选项，通过余弦定理计算可判断；对于 D选项，由于感谢阅读PEPFPD，可判断正误.【详解】对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知BEF和DEF精品文档放心下载为等腰三角形，故PHEF,DHEF，所以EF平面PDH，所以PDEF，故A正感谢阅读确；根据折起前后，可知PE,PF,PD三线两两垂直，于是可证平面PDE平面PDF，故精品文档放心下载B正确；根据A选项可知PHD为二面角PEFD的平面角，设正方形边长为2，因此感谢阅读PEPF1，PH2，DH22232，PDDF2PF22，由余弦定222~理得：cosPHDPH2HD2PD21，故C正确；由于PEPFPD，故点P在2PHHD3平面DEF上的投影不是DEF的外心，即D错误；故答案为ABC.谢谢阅读【点睛】本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性谢谢阅读强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.感谢阅读10.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现“:平面内到两个定点A,B谢谢阅读的距离之比为定值1的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波感谢阅读罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中,A2,0,B4,0,点P满足PBPA12.设点精品文档放心下载P的轨迹为C,下列结论正确的是（）A.C的方程为x42y29感谢阅读PD 1B.在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得PE2精品文档放心下载C.当A,B,P三点不共线时,射线PO是APB的平分线谢谢阅读D. C上存在点M,使得MO2|MA|谢谢阅读【答案】BC【解析】~【分析】通过设出点P坐标，利用PA1即可得到轨迹方程，找出两点D,E即可判断B的正误，谢谢阅读PB 2设出M点坐标，利用MO2|MA|与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.感谢阅读PA1x2y2【详解】设点Px,y，则PB22=2y2，化简整理得x2y28x0，即x42PD11,0时，PE，故B正确；对于C选2项，cosAPO=AP2PO2AO2，cosBPO=BP2PO2BO2,要证PO为角平分线，2APPO2BPPO只需证明cosAPO=cosBPO，即证AP2PO2AO2BP2PO2BO2，化简整2APPO2BPPO理即证PO22AP28，设Px,y，则PO2x2y2，谢谢阅读2AP282x28x2y2x28xy2x2y2x2y2，则证感谢阅读cosAPO=cosBPO，故C正确；对于D选项，设Mx,y,由MO2|MA|可得谢谢阅读0 0x2y2=x2y23x23y216x+1602，整理得，而点M在圆上，故满足0000000x2y28x0，联立解得x=2，y无实数解，于是D错误.故答案为BC.00【点睛】本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计精品文档放心下载算能力，难度较大.三、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分。感谢阅读11.不等式x2x10的解集是_________________感谢阅读1515x【答案】x22【解析】~分析】可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集.【详解】由于x2x1=0的两根分别为：x15，x1+5，因此不等式12221515x2x10x的解集是x22.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的求解，难度不大.精品文档放心下载12.等比数列a满足aa3,aa3其公比q_________________n1224516【答案】12【解析】【分析】观察式子，将两式相除即可得到答案.【详解】根据题意，可知aa1=q3，于是q145aa82.12【点睛】本题主要考查等比数列公比的相关计算，难度很小.精品文档放心下载13.直线l过点(2,0)且倾斜角为30,直线l过点2,0且与l垂直,则l与l的交点坐标为12112____ 【答案】1,3【解析】【分析】通过题意，求出两直线方程，联立方程即可得到交点坐标.精品文档放心下载~【详解】根据题意可知ktan303，因此直线l为：y3(x2)，由于直线l与l131321垂直，故kk1，所以k3，所以直线l为：y3(x2)，联立两直线方程，1222可得交点1,3.【点睛】本题主要考查直线方程的相关计算，难度不大.14.如图,货轮在海上以20nmile/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的谢谢阅读水平角)为150°的方向航行.为了确定船位,在点B观察灯塔A的方位角是120°,航行半小时后谢谢阅读到达C点,观察灯塔A的方位角是75°,则货轮到达C点时与灯塔A的距离为______nmile精品文档放心下载【答案】5 2【解析】【分析】通过方位角定义，求出ABC，A45，利用正弦定理即可得到答案.【详解】根据题意，可知BC200.510,ABC15012030,ACB3075105，因此可得A45，由正弦定理得：BCAC，求得AC52，即答案为52.sinAsinABC【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，难度不大.~15.若直线l:yxm上存在满足以下条件的点P:过点P作圆O:x2y21的两条切线(切精品文档放心下载点分别为A,B),四边形PAOB的面积等于3，则实数m的取值范围是_______感谢阅读【答案】25,25【解析】分析】通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到m的取值范围.感谢阅读【详解】作出图形，由题意可知PAOA，PBOB，此时，四边形PAOB即为2S ,谢谢阅读PAO而S1|PA||OA|3，故|PA|3，勾股定理可知|PO|10，而要是得存在点P满PAO22足该条件，只需O到直线的距离不大于10即可，即d|m|10，所以|m|25，故m2的取值范围是25,25.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能精品文档放心下载力，计算能力，分析能力，难度中等.~16.如图,圆锥型容器内盛有水,水深3dm,水面直径23dm放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,感谢阅读则该铁球 体积为________dm的【答案】125【解析】【分析】通过将图形转化为平面图形，然后利用放球前后体积等量关系求得球的体积.感谢阅读【详解】作出相关图形，显然AH3,因此ACH30，因此放球前感谢阅读V=1323=3，球O与边AC相切于点M，故OMr，则OC2r，所以CH3r，1311AH3r,所以放球后V=13r23r=3r3，而V+V=V，而V=4，解得3r31121球2球3=12.5【点睛】本题主要考查圆锥体积与球体积的相关计算，建立体积等量关系是解决本题的关键，精品文档放心下载意在考查学生的划归能力，计算能力和分析能力.~四、解答题:共70分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。感谢阅读17.已知数列a前n项和为S,S3n2n.nnn2(1)证明:数列a是等的差数列;n(2)设c(1)n?a,求数列c的前2020项和T.nnn2020【答案】（1）见解析；（2）3030【解析】【分析】（1）当n1时，可求出首项，当n2时，利用aSS 即可求出通项公式，进而证感谢阅读n n n1明是等差数列；(2)可将奇数项和偶数项合并求和即可得到答案.【详解】（1）当时，aS11 1当n2时，aSS3n2n3(n1)2(n1)3n2nnn122综上，a3n2,nN*.n因为aa(3n2)[3(n1)2]3,n2，nn1所以a是等差数列.n（2）法一：c(1)na(1)n(3n2)，nnc的前2020项和为：nTaaaaaa2000123420192020aaaaaa214320202019333310103030精品文档放心下载~法二：c(1)na(1)n(3n2)，nncn的前2020项和为：Taaaaaa2000123420192020aaaaaaaa1352019246202010101009101010091010161010462210101101043030.【点睛】本题主要考查等差数列的证明，分组求和的相关计算，意在考查学生的分析能谢谢阅读力和计算能力，难度中等.18.已知函数f(x)12x2(m2)x(mR)感谢阅读(1)若关于x的不等式f(x)4的解集为2,4,求m的值;感谢阅读(2)若对任意x[0,4],f(x)20恒成立,求m的取值范围.感谢阅读【答案】（1）m1；（2）[0,)【解析】【分析】不等式fx4可化为x2(42m)x80，而解集为2,4，可利用韦达定理或直接代入即可得到答案；感谢阅读（2）法一：讨论x0和x(0,4]时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围；精品文档放心下载法二：利用二次函数在x[0,4]上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.谢谢阅读【详解】（1）法一：不等式fx4可化为x2(42m)x80，其解集为2,4，由根与系数的关系可知2442m，谢谢阅读解得m1，经检验m1时满足题意.~法二：由题意知，原不等式所对应的方程fx4的两个实数根为2和4，感谢阅读将2（或4）代入方程计算可得m1，经检验m1时满足题意.谢谢阅读1（2）法一：由题意可知(2m)x22x2恒成立，精品文档放心下载①若x0，则02恒成立，符合题意。感谢阅读②若x(0,4]，则(2m)1x2恒成立，而1x221x22，2x2x2x122，即m0.当且仅当x2时取等号，所以2mx2xmin故实数m的取值范围为[0,).法二：二次函数f(x)12x2(m2)x的对称轴为x2m.感谢阅读① 若2m0，即m2，函数fx在0,4上单调递增，f(x)2f(0)220谢谢阅读恒成立，m2；②若02m4，即2m2，此时fx在0,2m上单调递减，在2m,4上单谢谢阅读调递增，f(x)2f(2m)2(2m)2(2m)220得0m4.2感谢阅读0m2；③若2m4，即m2，此时函数fx在0,4上单调递减，精品文档放心下载f(x)2f(4)21216(m2)424m20得m12，与m2矛盾，谢谢阅读故m不存在.综上所述，实数m的取值范围为[0,).【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生的精品文档放心下载分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.~19.平面四边形ABCD中,AB23,ACB60.精品文档放心下载(1)若AC22,求BC;(2)设ACD,ADC,若ADcosACcos,60,求ACD面积的最大值.【答案】（1）BC26；（2）83【解析】【分析】(1)法一：在△ABC中，利用余弦定理即可得到BC的长度；精品文档放心下载法二：在△ABC中，由正弦定理可求得ABC，再利用正弦定理即可得到BC的长度；谢谢阅读（2）在ACD中，使用正弦定理可知ACD是等边三角形或直角三角形，分两种情况分别精品文档放心下载找出面积表达式计算最大值即可.【详解】（1）法一：△ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosACB，即(23)2(22)2BC2222BCcos3，解得BC26或26,260舍去，所以BC26.ABAC2322法二：△ABC中，由正弦定理得，即sinABC.sinsinACBsinABC3~解得sinABC2,ACAB,ABCACB，故ABC，24CAB53412.ABBC23BC由正弦定理得，即5，解得BC26.sinACBsinCABsin3sin12（2）ACD中，由正弦定理及ADcosACcos，可得sincossincos，精品文档放心下载12sin212sin2,22或22，即或2.精品文档放心下载3, △ACD是等边三角形或直角三角形.精品文档放心下载23ACAC4sin.△ABC中，设ABC，由正弦定理得sinsin,3若ACD是等边三角形，则S1ACADsinCAD14sin4sin343sin2.△ACD2222时，ACD面积的最大值为43；∵0,3,当2若ACD是直角三角形，则S1ACAD14sin43sin83sin2.ACD220,2时，ACD面积的最大值为83；3,当2综上所述，ACD面积的最大值为83.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，面积公式，三角函数最值的相关应用，综合性感谢阅读强，意在考查学生的计算能力，转化能力，分析三角形的形状并讨论是解决本题的关键.谢谢阅读20.如图,直三棱柱ABCABC中,ABAC,AB1,AC2,AA2,D,E分别为感谢阅读1 1 1 1~BC,AC的中点.1 1(1)证明:CD//平面ABE;1(2)求CC与平面ABE所成角的正弦值.1【答案】（1）见解析；（2） 55【解析】【分析】(1)法一：要证CD∥平面ABE，只需证明DC∥HE即可，通过构造平行四边形可证之；感谢阅读1 1法二：可先证平面CKD∥平面ABE，利用面面平行的性质即可得到CD∥平面ABE;谢谢阅读1 1（2）法一：由于CC∥AA,AAE即为CC与平面ABE所成的角，利用数据求之；1111法二：（等积法）利用等积法计算出A到平面ABE的距离，从而要求的答案为：sind1AA1即可.【详解】（1）法一：取AB中点H，连接EH,HD，在直三棱柱ABCABC中，EC∥1AC.11112∵D为BC中点，H为AB中点，∴HD∥1AC,HD∥EC，21∴四边形DHEC为平行四边形，∴DC∥HE.∵EH平面ABE，CD平面ABE，111∴CD∥平面ABE.1~法二：取AC中点K，连结CK,KD，在直三棱柱ABCABC中，AC∥AC.111111∵E为AC中点，K为AC中点，∴EC∥AK，111∴四边形AKCE为平行四边形，∴AE∥CK.11又CK平面ABE，AE平面ABE，∴CK∥平面ABE.11∵K,D分别为AC,BC中点，∴DK∥1AB.2又DK平面ABE，AB平面ABE，∴DK∥平面ABE.CKDKK,平面CKD∥平面ABE.CD平面CKD,CD∥平面ABE.11111（2）法一：直三棱柱ABCABC中，AA平面ABC，∴AAAB.谢谢阅读1 1 1 1 1又∵ABAC，且AC∩AAA，∴AB平面ACCA.111过A作AFAE于F.∵AF平面ACCA，∴ABAF.111111AB∩AEA,AF平面ABE.谢谢阅读1又CC∥AA,AAE即为CC1与平面ABE所成的角.111AA2,AE1,AE5,sinAAE15.11155~法二：（等积法）CC∥AA,AA、CC与平面ABE所成的角相等.1111连结AB，直三棱柱ABCABC中，AA平面ABC，∴AAAB.111111又ABAC,ACAAA,AB平面ACCA.111V1SAB111211，AEAA2AE222125.BA1AE3△A1AE32311设A到平面ABE的距离为d，V1Sd1115d5d.1A1ABE3△ABE326∵VV,15d，即d2.A1ABEBA1AE365设CC与平面ABE所成的角为，sind5.1AA15【点睛】本题主要考查线面平行，线面角所成正弦值的相关计算，意在考查学生的空间想象谢谢阅读能力，分析能力，转化能力，计算能力.21.已知圆M:(x4)2(y5)24,圆N与圆M关于直线l:xy20对称.感谢阅读(1)求圆N的方程;~(2)过直线l上的点P分别作斜率为4,4的两条直线l,l,使得被圆M截得的弦长与l被圆122N截得的弦长相等.(i)求P的坐标;(ⅱ)过P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交,判断所得弦长是否恒相等,并说明理由.感谢阅读【答案】（1）N:(x3)2(y2)24；（2）（i）P3,5,（ii）见解析感谢阅读【解析】【分析】(1)根据题意，将问题转化为M4,5关于直线l:xy20的对称点即可得到N，半径不感谢阅读变，从而得到方程；(i)设P(m,2m)，由于弦长和距离都相等，故P到两直线的距离也相等，利用点到线距离公式即可得到答案；感谢阅读(ⅱ)分别讨论斜率不存在和为0三种情况分别计算对应弦长，故可判断.谢谢阅读【详解】（1）设Na,b，因为圆M与圆N关于直线l:xy20对称，M4,5，感谢阅读b51,则直线MN与直线l垂直，MN中点在直线l上，得a4a4b520,22a3,解得 所以圆N:(x3)2(y2)24.谢谢阅读b2.（2）（i）设P(m,2m),l的方程为y(2m)1(xm)，即x4y(3m8)0；14的方程为y(2m)4(xm)，即4xy(25m)0.精品文档放心下载2因为l被圆M截得的弦长与l被圆N截得的弦长相等，且两圆半径相等，精品文档放心下载1 2所以M到l的距离与N到l的距离相等，即|163m||85m|，12142142所以m4或m3.~由题意，M到直线l的距离d|163m|216217m16217，11733所以m4不满足题意，舍去，故m3，点P坐标为3,5.（ii）过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.谢谢阅读证明如下：当l的斜率等于0时，l的斜率不存在，l被圆M截得的弦长与l被圆N截得的弦长都精品文档放心下载1212等于圆的半径；当l的斜率不存在，l的斜率等于0时，l与圆M不相交，l与圆N不相交.1212当l、l的斜率存在且都不等于0，两条直线分别与两圆相交时，设l、l的方程分别为感谢阅读1 2 1 2y51(x3),y5k(x3)，即xky(35k)0,kxy(3k5)0.k因为M到l的距离d|45k(35k)|7，111k21k2N到l的距离d2|3k2(3k5)|7，所以M到l的距离与N到l的距离相21k21k212等.所以圆M与圆N的半径相等，所以l被圆M截得的弦长与l被圆N截得的弦长恒相等.精品文档放心下载1 2综上所述，过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.感谢阅读【点睛】本题主要考查点的对称问题，直线与圆的位置关系，计算量较大，意在考查学生的谢谢阅读转化能力，计算能力，难度中等.22.数学的发展推