河北省张家口市学年高一下学期期末考试数学试题(解析版)由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高一数学期末考试解析”。
张家口市2017～2018学年度第二学期期末教学质量监测
高一数学
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线与直线
互相垂直，则实数的值为（）
A.B.2C.-2
D.-1 【答案】A 【解析】 【分析】
利用直线的垂直关系求解即可．
【详解】直线y=﹣2x+3与直线y=kx﹣5互相垂直，可得k=． 故选：A．
【点睛】本题考查直线的垂直关系的应用，属于基础题． 2.设A.【答案】D 【解析】 【分析】
根据题意，利用不等式的基本性质，对各选项中的不等式进行判定即可． 【详解】∵a＞b＞0，c∈R，∴A中，c=0时，a|c|＞b|c|不成立； B中，c=0时，ac＞bc，不成立；
22C中，当c≤0时，ac＞bc不成立； 22，B.，则下列不等式恒成立的是（）
C.D.D中，由a＞b＞0，两边同时除以ab，得到＜，∴D成立． 故选：D．
【点睛】不等式的性质及其应用：(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．
(2)在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数，指数函数的性质等．
3.设等差数列的前项和为，若，则等于（）
A.180 B.90 C.72 D.100 【答案】B 【解析】 【分析】
由a4=9，a6=11利用等差数列的性质可得a1+a9=a4+a6=20，代入等差数列的前n项和公式可求． 【详解】∵a4=9，a6=11 由等差数列的性质可得a1+a9=a4+a6=20，故选：B．
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质若m+n=p+q，则am+an=ap+aq和数列的求和．解题的关键是利用了等差数列的性质：利用性质可以简化运算，减少计算量． 4.设实数、满足约束条件A.2 B.0 C.-4 D.-2 【答案】A 【解析】 【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值． 【详解】作出约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．，则的最大值是（）
由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大．
将A（1，0）的坐标代入目标函数z=2x+y，1+0=2．即z=2x+y的最大值为2． 得z=2×故选：A．
【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.5.若点A.在圆 B.C.的外部，则实数的取值范围是（）D.【答案】B 【解析】 【分析】
根据圆的标准方程，求出圆心和半径，再根据点（1，﹣1）到圆心的距离大于半径，求得m的取值范围．
22【详解】圆x+y﹣x+y+m=0，即
+=﹣m，表示以（，﹣）为圆心、半径等于的圆．
由于点（1，﹣1）在圆外，可得点（1，﹣1）到圆心的距离大于半径，即 故选：B． ＞，求得 0＜m＜，【点睛】本题主要考查圆的标准方程，点与圆的位置关系，两点间的距离公式，属于基础题． 6.等比数列中，，则数列的前8项和等于（）
A.6 B.5 C.4 D.3 【答案】C 【解析】 试题分析：数列的前项和.考点：
1、等比数列；
2、对数运算.7.在中，已知、、分别是角、、的对边，若，则的形状为
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】 由【详解】∵∴由正弦定理可得∴sinAcosA=sinBcosB ∴sin2A=sin2B ∴2A=2B或2A+2B=π ∴A=B或A+B=
∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形 故选：D．
【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.8.设、是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（），利用正弦定理可得，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论． A.若C.若，，则，则
B.若
D.若，，则，则
【答案】C 【解析】 【分析】
分别根据线面平行和线面垂直的性质和定义进行判断即可．
【详解】：A．根据线面平行的性质可知，若l∥α，m⊂α，则l∥m或者l与m是异面直线，所以A错误． B．平行于同一个平面的两条直线，可能平行，可能相交，可能是异面直线，所以B错误． C．根据线面垂直和直线平行的性质可知，若l⊥α，l∥m，则m⊥α，所以C正确．
D．根据线面垂直的判定定理可知，要使直线l⊥α，则必须有l垂直平面α内的两条直线，所以D错误． 故选：C．
【点睛】本题主要考查线面平行和线面垂直的位置关系的判断和应用，要求熟练掌握相应的定义和判断定理．
9.将边长为的正方形（）A.1 B.【答案】A 【解析】
试题分析：设球心为，球的半径为，由D.考点：1.球的切接问题；2.等体积转换.10.已知点A.B.在经过，两点的直线上，则的最小值为（），知，故选 C.D.沿对角线
折成一个直二面角，则四面体的外接球的半径为
C.16
D.不存在【答案】B 【解析】 【分析】
由点P（x，y）在经过A（3，0）、B（1，1）两点的直线上可求得直线AB的方程，即点P（x，y）的坐标间
xy的关系式，从而用基本不等式可求得2+4的最小值．
【详解】由A（3，0）、B（1，1）可求直线AB的斜率kAB=，∴由点斜式可得直线AB的方程为：x+2y=3．∴2x+4y=2x+22y故选：B．
（当且仅当x=2y=时取“=”）．
【点睛】在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.11.由直线A.B.【答案】A 【解析】
试题分析：圆的圆心为线长的最小值为考点：直线与圆相切问题 12.设、A.C.【答案】D 【解析】
试题分析：直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，化简得，若直线
B.D.与圆
相切，则的取值范围是（），圆心到直线的距离为，所以由勾股定理可知切上的一点向圆 C.1 D.3
引切线，则切线长的最小值为（）
由基本不等式得，令，则，解得.考点：直线与圆的位置关系，基本不等式.【易错点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式的用法.由于直线和圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，根据这个知识点和已知条件，用式子表示出来，化简得到一个等式题目要求的是不等式，所以考虑用基本不等式进行转化，要注意熟练运用基本不等式的变形公式，即.，第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分请将答案写在答题卡相应位置上)13.如果直线【答案】-6.【解析】 【分析】 与直线平行，则实数__________．
根据它们的斜率相等，可得﹣=3，解方程求a的值 【详解】∵直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y=0平行，∴它们的斜率相等，∴﹣=3，∴a=﹣6． 故答案为：-6．
【点睛】本题考查两直线平行的性质，两直线平行，斜率相等． 14.在【答案】 【解析】 【分析】
利用余弦定理结合条件，建立目标量的方程即可.【详解】由余弦定理可得：，又
且，中，已知、、分别是角、、的对边，且，则
__________．
∴故答案为：，解得
【点睛】对于余弦定理一定要熟记两种形式：（1）三角形、三角函数有关的问题时，还要记住15.已知关于的不等式【答案】0.【解析】 【分析】，；（2）.另外，在解与
等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.__________．的解集为，则利用一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的根的关系即可得出 【详解】∵关于的不等式的解集为，∴﹣1+=，﹣1×=﹣，∴m=﹣1，n=1 ∴m+n=0． 故答案为：0 【点睛】（1）二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现形式。
（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体．有关二次函数的问题，利用数形结合的方法求解，密切联系图象是探求解题思路的有效方法． 16.若数列【答案】【解析】 【分析】 满足：，(注：写成、没标，则数列的通项公式
__________．
均给满分).由【详解】∵，取倒数可得，∴
﹣=2，即可得出．
﹣=2，∴数列是等差数列，等差数列为2．
． ∴=+2（n﹣3）=2n﹣1，解得an=故答案为：
【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
三、解答题(本大题共6小题，其中17题10分，18～22题每小题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.如图所示，如果一个几何体的正视图与侧视图是全等的长方形，且边长分别是4与2，俯视图是一个边长为4的正方形
（Ⅰ）求该几何体的表面积；（Ⅱ）求该几何体的外接球的体积
【答案】（1）64.（2）.【解析】 【分析】
三视图复原的几何体是底面是正方形的正四棱柱，根据三视图的数据，求出几何体的表面积，求出对角线的长，就是外接球的直径，然后求它的体积即可．
【详解】（Ⅰ）由题意可知，该几何体是长方体，底面是边长为4的正方形，高是2，因此该几何体的表 面积是：，即几何体的表面积是64.（Ⅱ）由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为，球的半径是，所以球的半径因此球的体积
.，所以外接球的体积是
.【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解． 18.在等差数列（Ⅰ）求等差数列（Ⅱ）设【答案】（1）中，且，构成公比不为1的等比数列的公差；，求数列的前项和
或(舍).（2）【解析】 【分析】.（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式求出an，由等比中项的性质列出方程，求出d的值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出an，代入bn=【详解】:（Ⅰ）∵且∴（Ⅱ）∵∴∴，解得
或，..(舍).，化简，由裂项相消法求出数列{bn}的前n项和．
【点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如
(其中
是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如19.在锐角中，已知、、分别是角、、的对边且满足
.或.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若【答案】（1）（2）【解析】 【分析】
（Ⅰ）通过正弦定理把题设等式中的边转化成角的正弦，化简整理求得sinC的值，进而求得C；
22（Ⅱ）先利用面积公式求得ab的值，进而利用余弦定理求得a+b﹣ab，最后联立变形求得a+b的值． 且.的面积为，求的值..【详解】（Ⅰ）由，知，得，∵是锐角，∴.，∴得，∴
.∴.（Ⅱ）∵由【点睛】（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．
（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意． 20.如图所示，在正方体（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求与平面平面； 所成的角
中，是
上一点，是的中点，平面
【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.【解析】 【分析】
（Ⅱ）利用正方体中的棱与面的关系可得CD⊥平面ADD1A1，进一步得到CD⊥AD1，再结合AD1⊥A1D，运用线面垂直的判定得答案；
（2）由已知MN⊥平面A1DC结合（1）的结论可得AD1与平面ABCD所成的角，就是MN与平面ABCD所成的角，进一步可得∠D1AD即为AD1与平面ABCD所成的角，则答案可求． 【详解】（Ⅰ）由∴.又
是正方体知，为正方形，∴平面(细则：先证（Ⅱ）∵平面；
.平面，平面，进而得出结论的也是6分)，又由(Ⅰ)知
平面，∴
∴∵显然与平面平面所成的角就是，∴，∴与平面即为
与平面与平面
所成的角，所成的角，所成的角为.(细则：对于不同方法，只要正确的按对应步骤给分)【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.21.（Ⅰ）解关于的不等式a（Ⅱ）已知不等式【答案】（1）见解析.（2）【解析】 【分析】（Ⅰ）方程的两根为
或，分（1）当a＞0时、（2）当a＜0时两种情况，依据 和0的大.；
对一切实数恒成立，求实数的取值范围
小关系，解一元二次不等式求得它的解集；（Ⅱ）利用不等式恒成立，通过二次项的系数是否为0，分类转化求解即可． 【详解】（Ⅰ）∵∴当∴当时，时，∴方程的两根为
或
..，此时不等式的解集为，此时不等式的解集为(细则：解集写不等式的扣1分，写区间不扣分)（Ⅱ）当当当解得时，时，符合题意；当时，需满足.或
.时不合题意，所以
..综上可得，的取值范围是【点睛】（1）解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函 数的图象写出不等式的解集．
（2）解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即判别式的符号进行分类，最后当根存在时，再根据根的大小进行分类． 22.已知圆经过原点（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）在圆上是否存在两点线
关于直线
对称，且以线段
为直径的圆经过原点？若存在,写出直且与直线
相切于点的方程；若不存在，请说明理由
.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析.【解析】 【分析】
（Ⅰ）由已知得圆心经过点P（4，0）、且与y=2x﹣8垂直的直线上，求得圆心C（2，1），半径为，可得圆C的方程．
上，它又在线段OP的中垂线x=2（Ⅱ）假设存在两点M，N关于直线y=kx﹣1对称，则y=kx﹣1通过圆心C（2，1），求得k=1，设直线MN为y=﹣x+b，代入圆的方程，利用韦达定理及 【详解】（Ⅰ）法一：由已知，得圆心在经过点的中垂线上，所以求得圆心，半径为..•
=0，求得b的值，可得结论． 且与
垂直的直线
上，它又在线段所以圆的方程为(细则：法一中圆心3分，半径1分，方程2分)法二：设圆的方程为，可得
解得,所以圆的方程为(细则：方程组中一个方程1分)（Ⅱ）假设存在两点所以设直线为关于直线，则
对称，则
通过圆心，求得，代入圆的方程得设解得这时或，符合题意，所以存在直线的扣1分).为或符合条件
(细则：未判断【点睛】本题主要考查了圆锥曲线的综合应用问题，其中解答中涉及到圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，向量的坐标运算等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把直线的方程和椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答问题的关键
