1、 龙岩市一级达标校2018-2019学年高一下学期期末考试数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题中给出四个选项，只有一项是符合要求的，把答案填涂在答题卡的相应位置）1.已知a，b，c为实数，则下列结论正确是（）A. 若acbc0，则abB. 若ab0，则acbcC. 若ac2bc2，则abD. 若ab，则ac2bc2【答案】C【解析】【分析】本题可根据不等式的性质以及运用特殊值法进行代入排除即可得到正确结果【详解】由题意，可知：对于A中，可设，很明显满足，但，所以选项A不正确；对于B中，因为不知道的正负情况，所以不能直接得出，所以选项B不正确；对于C中，因为，所以，
2、所以，所以选项C正确；对于D中，若，则不能得到，所以选项D不正确故选：C【点睛】本题主要考查了不等式性质的应用以及特殊值法的应用，着重考查了推理能力，属于基础题2.直线x+2y30与直线2x+ay10垂直，则a的值为（）A. 1B. 4C. 1D. 4【答案】A【解析】【分析】由两直线垂直的条件，列出方程即可求解，得到答案【详解】由题意，直线与直线垂直，则满足，解得，故选：A【点睛】本题主要考查了两直线位置关系的应用，其中解答中熟记两直线垂直的条件是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3.设等差数列an的前n项的和Sn，若a2+a86，则S9（）A. 3B. 6C. 27D. 54
3、【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的性质和求和公式，即可求得的值，得到答案【详解】由题意，等差数列的前n项的和，由，根据等差数列的性质，可得，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4.直线xy+20与圆x2+（y1）24的位置关系是（）A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定【答案】A【解析】【分析】求得圆心到直线的距离，然后和圆的半径比较大小，从而判定两者位置关系，得到答案【详解】由题意，可得圆心 到直线的距离为，所以直线与圆相交故选：A【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系判定，其中解答中熟记直线与
4、圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题5.一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为（）A. 1：3B. 3：1C. 2：3D. 3：2【答案】D【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，利用圆柱侧面积公式与球的表面积公式建立关系式，算出球的半径，再利用圆柱与球的体积公式加以计算，可得所求体积之比【详解】设圆柱底面半径为，轴截面正方形边长，则，可得圆柱的侧面积，再设与圆柱表面积相等的球半径为，则球的表面积，解得，因此圆柱的体积为，球的体积为，因此圆柱的体积与球的体积之比为故选：D【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积和
5、体积公式，以及球的表面积和体积公式的应用，其中解答中熟记公式，合理计算半径之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题6.设ABC的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若a3，b，A，则B（）A. B. 或C. D. 或【答案】A【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求的值，利用大边对大角可求为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可得解【详解】由题意知， 由正弦定理，可得，又因为，可得B为锐角，所以故选：A【点睛】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题7.在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四
6、棱锥称之为阳马如图，若四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，PAABAD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由异面直线所成角的定义及求法，得到为所求，连接，由为直角三角形，即可求解【详解】在四棱锥中，可得即为异面直线与所成角，连接，则为直角三角形，不妨设，则，所以,故选：B【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的作法及求法，其中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题8.若点（m，n）在反比例函数y的图象上，其中m0，则m+3n的最大值等于（）A. 2B. 2C.
7、2D. 2【答案】C【解析】【分析】根据题意可得出，再根据可得，将添上两个负号运用基本不等式，即可求解【详解】由题意，可得，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：C【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下四个结论：D1C平面A1ABB1 A1D1与平面BCD1相交AD平面D1DB平面BCD1平面A1ABB1正确的结论个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】在中，由，得到平面；在中，由，得到平面；在中，由，得到
8、与平面相交但不垂直；在中，由平面，得到平面平面，即可求解【详解】由正方体中，可得：在中，因为，平面，平面，平面，故正确；在中，平面，平面，平面，故错误；在中，与平面相交但不垂直，故错误；在中，平面，平面，平面平面，故正确故选：B【点睛】本题主要考查了命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题10.已知曲线C方程为x2+y22（x+|y|），直线xmy+4与曲线C有两个交点，则m的取值范围是（）A. m1或m1B. m7或m7C. m7或m1D. m1或m7【答案】A【解析】【分析】先画出曲线的图象，再求出直线与相切时的，最后结合图象可得的取值范
9、围，得到答案【详解】如图所示，曲线的图象是两个圆的一部分，由图可知：当直线与曲线相切时，只有一个交点，此时，结合图象可得或故选：A【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应有直线与圆的位置关系，合理结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题11.在数列an中，an313n，设bnanan+1an+2（nN*）Tn是数列bn的前n项和，当Tn取得最大值时n的值为（）A. 11B. 10C. 9D. 8【答案】B【解析】【分析】由已知得到等差数列的公差，且数列的前10项大于0，自第11项起小于0，由，得出从到的值都大于零，时，时，且，而
10、当时，由此可得答案【详解】由，得，等差数列的公差，由，得，则数列的前10项大于0，自第11项起小于0由，可得从到的值都大于零，当时，时，且，当时，所以取得最大值时的值为10.故选：B【点睛】本题主要考查了数列递推式，以及数列的和的最值的判定，其中解答的关键是明确数列的项的特点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题12.过点P（0，2）作直线x+my40的垂线，垂足为Q，则Q到直线x+2y140的距离最小值为（）A. 0B. 2C. D. 2【答案】C【解析】【分析】由直线过定点，得到的中点，由垂直直线，得到点在以点为圆心，以为半径的圆，求得圆的方程，由此求出到直线的距离最小值，得到
11、答案【详解】由题意，过点作直线的垂线，垂足为，直线过定点，由中点公式可得，的中点，由垂直直线，所以点点在以点为圆心，以为半径的圆，其圆的方程为，则圆心到直线的距离为所以点到直线的距离最小值；，故选：C【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系的应用，同时涉及到点到直线的距离公式的应用，着重考查了推理与计算能力，以及分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于中档试题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡的相应位置.）13.不等式x（2x1）0的解集是_【答案】【解析】【分析】求出不等式对应方程的实数根，即可写出不等式的解集，得到答案【详解】由不等式对应
12、方程的实数根为0和，所以该不等式的解集是故答案为：【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题14.已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则an_【答案】【解析】【分析】利用等比数列的前n项和公式列出方程组，求出首项与公比，由此能求出该数列的通项公式详解】由题意，,不合题意舍去；当等比数列的前n项和为，即，解得，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了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，是基础题15.在ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若bcosC
13、=ccosB，且cosA，则cosB的值为_【答案】【解析】【分析】利用余弦定理表示出与，代入已知等式中，整理得到，再利用余弦定理表示出，将及的值代入用表示出，将表示出的与代入中计算，即可求出值【详解】由题意，由余弦定理得，代入，得，整理得，所以，即，整理得，即，则，故答案为：【点睛】本题考查了解三角形的综合应用，高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到16.三棱锥PABC的底面ABC是等腰三角形，ACBC2，A
14、B2，侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直，则该三棱锥的外接球表面积为_【答案】【解析】【分析】求出的外接圆半径，的外接圆半径，求出外接球的半径，即可求出该三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意，设的外心为，的外心为，则的外接圆半径，在中，因为，由余弦定理可得，所以，所以的外接圆半径，在等边中，由，所以，所以，设球心为，球的半径为，则，又由面，面，则，所以该三棱锥的外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积的求解，其中解答中熟练应用空间几何体的结构特征，确定球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题三、解答题（本大题共6小题，共7
15、0分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）17.（1）若关于x的不等式2xm（x2+6）的解集为x|x3或x2，求不等式5mx2+x+30的解集（2）若2kxx2+4对于一切的x0恒成立，求k的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）原不等式等价于根据不等式的解集由根与系数的关系可得关于 的方程，解出的值，进而求得的解集；（2）由对于一切的恒成立，可得，求出的最小值即可得到的取值范围【详解】（1）原不等式等价于，所以的解集为则， 所以等价于，即，所以，所以不等式的解集为 （2）因为，由，得，当且仅当时取等号. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，不等式恒成立问题和
16、基本不等式，考查了方程思想和转化思想，属基础题18.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c2b2mac，其中mR（1）若m1，a1，c，求ABC的面积；（2）若m，A2B，a，求b【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，由余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可求解（2）当时，由余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据二倍角的正弦函数公式可求的值，利用正弦定理可求的值【详解】（1）当时，,（2）当时，,，由正弦定理得：,【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，二倍角的正弦函数公式，正
17、弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19.设Sn为数列an的前n项和，已知a23，Sn2Sn1+n（n2）（1）求出a1，a3的值，并证明：数列an+1为等比数列；（2）设bnlog2（a3n+1），数列的前n项和为Tn，求证：118Tn2【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）可令求得的值；再由数列的递推式，作差可得，可得数列为首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）求得，再由数列的裂项相消求和，可得，再由不等式的性质即可得证【详解】（1）当时，即，当时，即， ，又，数列是首项为，公比为2的等比数列. （2）由（1）可知，所以，所以， ， ,
18、所以,所以,即【点睛】本题主要考查了数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题20.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABAD，且四棱锥的侧面积为6+2，求四校锥PABCD的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）只需证明平面，即可得平面平面平面；（2）设，则，由四棱锥的侧面积，取得，在平面内作，垂足为可得平面且,即可求四棱锥的体积【详解】（1）由已知，得，由于，故，从而平面，又平面，所以平面平面.（2）设，则，所以，从而
19、，也为等腰直角三角形，为正三角形，于是四棱锥的侧面积，解得，在平面内作，垂足为，由（1）知，平面，故，可得平面且，故四棱锥的体积【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及四棱锥的体积的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题21.足球，有“世界第一运动的美誉，是全球体育界最具影响力的单项体育运动之一足球传球是足球运动技术之一，是比赛中组织进攻、组织战术配合和进行射门的主要手段足球截球也是足球运动技术的一种，是将对方控制或传出的球占为己有，或破坏对方对球的控制的技术
20、，是比赛中由守转攻的主要手段这两种运动技术都需要球运动员的正确判断和选择现有甲、乙两队进行足球友谊赛，A、B两名运动员是甲队队员，C是乙队队员，B在A的正西方向，A和B相距20m，C在A的正北方向，A和C相距14m现A沿北偏西60方向水平传球，球速为10m/s，同时B沿北偏西30方向以10m/s的速度前往接球，C同时也以10m/s的速度前去截球假设球与B、C都在同一平面运动，且均保持匀速直线运动（1）若C沿南偏西60方向前去截球，试判断B能否接到球？请说明理由（2）若C改变（1）的方向前去截球，试判断C能否球成功？请说明理由【答案】（1）能接到；（2）不能接到【解析】【分析】（1）在中由条件可
21、得，进一步可得为等边三角形，然后计算运动到点所需时间即可判断；（2）建立平面直角坐标系，作于，求出直线的方程，然后计算到直线的距离即可判断【详解】（1）如图所示，在中，, ,，由题意可知，如果不运动，经过，可以接到球， 在上取点，使得,为等边三角形，,，队员运动到点要，此时球运动了.所以能接到球（2）建立如图所示的平面直角坐标系，作于，所以直线的方程为：，经过，运动了点到直线的距离，所以以为圆心，半径长为的圆与直线相离故改变（1）的方向前去截球，不能截到球【点睛】本题主要考查了三角形的实际应用，以及点到直线的距离的应用，考查了推理与运算能力，属中档题22.已知动点P与两个定点O（0，0），A（
22、3，0）的距离的比值为2，点P的轨迹为曲线C（1）求曲线C的轨迹方程（2）过点（1，0）作直线与曲线C交于A，B两点，设点M坐标为（4，0），求ABM面积的最大值【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】（1）设点，运用两点的距离公式，化简整理可得所求轨迹方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，求得到直线的距离，以及弦长公式，和三角形的面积公式，运用换元法和二次函数的最值可得所求【详解】（1）设点，,即，即，曲线的方程为（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，由（1）可知，点是圆的圆心，点到直线的距离为，由得，即，又，所以，令，所以，则，所以，当，即，此时，符合题意，即时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线和圆的位置关系，以及弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查推理与运算能力，试题综合性强，属于中档题
