1、 - 1 - 宜昌市县域优质高中协同发展共合体 2017-2018 学年度第二学期高一年级期期末联考文科数学试卷 一、选择题 (本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分 ) 1.1. 是首顶 ,公差 的等差数列 ,如果 ,则序号 等于 A. 671 B. 672 C. 673 D. 674 【答案】 D 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式即可得出 【详解】 an=2 020=1+3（ n 1），解得 n=674 故选： D 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 2.2.若 ,则 的大小关系是 A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分
2、析】 由条件先判断与零的关系，进而作差比较大小即可 . 【详解】 ， 又 ， 故选： D 【点睛】比较大小的常用方法 （ 1）构造函数，判断出函数的单调性，让所要比较大小的数在同一单调区间内，然后利用单调性进行比较 （ 2） 作差与零比较 ， 即 （ 3）作商与 1比较，即 - 2 - 3.3.用长度为 1的木棒摆放 4个边长为 1的正三角形，至少需要（ ）根 A. 6 B. 9 C. 10 D. 12 【答案】 A 【解析】 【分析】 用 6根长度为 1的木棒可以组成正四面体即可 . 【详解】用 6根长度为 1的木棒可以组成正四面体，而正四面体是由四个正三角形构成的， 故选： A 【点睛】本
3、题考查了正四面体的性质，考查空间想象力，属于中档题 . 4.4.一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是 A. 球 B. 三棱锥 C. 正方体 D. 圆柱 【答案】 D 【解析】 试题分析：球的三视图都是圆，如果是同一点出发的三条侧棱两两垂直，并且长度相等的三棱锥的三视图是全等 的等腰直角三角形，正方体的三视图可以是正方形，但圆柱的三视图中有两个视图是矩形，有一个是圆，所以圆柱不满足条件，故选 D. 考点：三视图 视频 5.5.若变量 x， y满足约束条件 则 z 2x y的最大值和最小值分别为 ( ) A. 4和 3 B. 4和 2 C. 3和 2 D. 2和 0 【答
4、案】 B 【解析】 分析：先根据条件画出可行域，设 z=2x+y，再利用几何意义求最值，将最小值转化为 y 轴上的截距最大，只需求出直线，过可行域内的点 N（ 1， 0）时的最小值，过点 M（ 2， 0）时， 2x+y最大，从而得到选 项 - 3 - 详解：满足约束条件 如图： 平移直线 2x+y=0，经过点 N（ 1， 0）时， 2x+y最小，最小值为： 2， 则目标函数 z=2x+y的最小值为 2 经过点 M（ 2， 0）时， 2x+y 最大，最大值为： 4， 则目标函数 z=2x+y的最大值为： 4 故选 B. 点睛：借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思
5、想线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定 6.6.如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法 不 正确的是 A. 该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体 B. 该几何体有 12条棱、 6个顶点 C. 该几何体有 8个面，并且各面均为三角形 D. 该几何体有 9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形 【答案】 D 【解析】 - 4 - 【分析】 根据几何体的直观图，得出该几何体的结构特征，由此判断选项 A、 B、 C正确，选项 D错误 【详解】根据几何体的直观图，得 该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体， 且有棱 MA、 MB、 MC、 MD、 AB、 BC、 CD、 DA、 NA
6、、 NB、 NC和 ND，共 12条； 顶点是 M、 A、 B、 C、 D和 N共 6个； 且有面 MAB、面 MBC、面 MCD、面 MDA、面 NAB、面 NBC、面 NCD和面 NDA共个，且每个面都是三角形 所以选项 A、 B、 C正确，选项 D错误 故选： D 【点睛】本题考查了利用空间几何体的直观图判断几何体结构特征的应用问题，是基础题目 7.7.已知等比数列 的前 n项和为 ,且 ，则数列 的公比 q的值为 A. 2 B. 3 C. 2或 -3 D. 2或 3 【答案】 C 【解析】 试题分析： ，所以 ，解之得 或 考点：等比数列前 项和 8.8.如图，从气球 上测得正前方的河
7、流的两岸 ， 的俯角分别为 ，此时气球的高是，则河流的宽度 等于 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 如图，由题意得 , , ,所以- 5 - , ,所以 .选 C 9.9.已知一个棱长为 2 的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 A. 8 B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 由已知三视图我们可以判断出该几何体为一个正方体截去一个三棱台，根据已知中正方体的棱长为 2，我们根据三视图中所标识的数据，分别计算出正方体的体积和三棱台的体积，进而可以求出该几何体的体积 【详 解】分析已知中的三视图得： 几何体是正方体截去一个三棱台， 故选：
8、 C 【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法： 1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图； 2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度； 3、画出整体，然后再根据三视图进行调整 . 10.10.等差数列 的公差 ，且 ， ， 成等比数列，若 ， 为数列 的前 项和，- 6 - 则数列 的前 项和取最小值时的 为 A. 3 B. 3或 4 C. 4 或 5 D. 5 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据 成等比数列可求得 和 的关系，再根据 可求得 和 ，进而可得 ，最后根据数列 项的特点判断出 的值 【详解】 成等比数列， ， ， 整理得 ， ， 又 ，解得 ， ，
9、当 时 ， ， 且当 时 ， ； 当当 时 ， 当 或 时 ， 数列 的前 项和取最小值 故选 B 【点睛】求等差数列前 n项和的最值，常用的方法： 利用等差数列的单调性，求出其正负转折项； 利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值； 将等差数列的前 n项和(A、 B为常数 )看做二次函数，根据二次函数的性质求最值 11.11.如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的 3倍，则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为 - 7 - A. 43 B. 31 C. 32 D. 94 【答案】 C 【解析】 作圆锥的轴截面，如图， 设球半径为 R，则圆锥的高 h=3R，圆锥底面半径 r= R， 则 l= =
10、2 R，所以 = = = . 选 C. 12.12.某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是 A. 先提价 p%,后提价 q% B. 先提价 q%,后提价 p% C. 分两次提价 % D. 分两次提价 %（以上 pq ） 【答案】 D 【解析】 【分析】 逐一得到四种提价方案，两次提价的结果，利用重要不等式比较大小即可 . 【详解】由题意可知， A， B选项的两次提价均为： ； C 选项的提价为： ， D选项的提价为： 又 ， 提价最多的为 D选项 . 故选： D 【点睛】本题以商品提价为背景，考查了重要不等式的应用，属于中档题 . - 8 - 二、填空题 (本大题共
11、 4 小题，每小题 5分，共 20 分 ) 13.13.已知等差数列 若 则 _ 【答案】 4 【解析】 【分析】 由 a2+a3+a7=6，可得 a4=2，利用 a1+a7=2a4，即可得出结论 【详解】 a 2+a3+a7=6， 3a 1+9d=6， a 1+3d=2， a 4=2， a 1+a7=2a4=4 故答案为： 4 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，考查等差数列的通项，属于基础题 14.14.要制作一个容积为 ，高为 1m的无盖长方体容器，已知该容器的底面造价是每平方米 20元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是 _元。 【答案】 160 【解析】 试题分析：
12、假设底面长方形的长宽分别为 , . 则该容器的最低总造价是 .当且仅当 的 时区到最小值 . 考点：函数的最值 . 视频 15.15.已知正四棱锥 的所有棱长都为 2，则此四棱锥体积为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 求出四棱锥的高，即可得到此四棱锥体积 . - 9 - 【详解】 设底面正方形两条对角线相交于 O点， 由题可得 ,PO 底面 ABCD. 在 RtAOP 中 , AO= AC= ,AP=2, PO= . 故 = 故答案为： 【点睛】求解空间几何体体积的常用策略： （ 1）公式法：对于规则几何体的体积问题，直接利用公式即可破解； （ 2）切割法：对于不规则的几何体，可以将其 分割
13、成规则的几何体，再利用公式分别求解之后进行相加求和即可； （ 3）补形法：同样对于不规则的几何体，还可以将其补形成规则图形，求出规则几何体的体积后减去多于部分即可求解，但需注意的是补形后多于部分的几何体也应该是规则的，若不是规则的，此方法不建议使用 . （ 4）等体积法：一个几何体无论怎样变化，其体积是不会发生变化的 .如果遇到一个几何他的底面面积和高较难求解时，常常采用此种方法进行解题 . 16.16.已知 ABC 中， AC= ， BC= ， ABC 的面积为 ，若线段 BA的延长线上存在点 D，使BDC = ，则 CD =_. 【答案】 【解析】 的面积为- 10 - 若 可得： 与三角形内角和定理矛盾， 在 中，由余弦定理可得： 在 中，由正弦定理可得： 故答案为 三、解答题 17.17.在 中，角 A、 B、 C的对边分别为 a， b， c,角 A， B， C成等差数列。 求 的值； 边 a， b， c成等比数列，求 的值。 【答案】 (1) ;(2) . 【解析】 （ 1）由已知 ,解得 ，所以 （ 2）解法一：由已知 ，及 ，根据正弦定理得 ， 所以 解法二：由已知 ，及 ，根据余弦定理 得 ，解得 所以 考点定位：本大题主要考查解三角形中的正弦定理或余弦定理的运用，以及运用三角公式进行三角变换的能力
