2018-2019学年市四校高一下学期期末联考数学试题
一、单选题
1．直线关于直线对称的直线方程是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】所求直线的斜率与直线的斜率互为相反数，且在处有公共点，求解即可。
【详解】
直线与直线的交点为，则所求直线过点,因为直线的斜率为，所以所求直线的斜率为，故所求直线方程为，即.故答案为A.【点睛】
本题考查了直线的斜率，直线的方程，直线关于直线的对称问题，属于基础题。
2．如图，正四棱柱中（底面是正方形，侧棱垂直于底面），则异面直线与所成角的余弦值为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】试题分析：连结，异面直线所成角为，设,在中
【考点】异面直线所成角
3．已知，则下列不等式一定成立的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据对数函数的单调性，求得的大小关系，由此对选项逐一分析，进而得出正确选项.【详解】
由于在上为增函数，所以.所以：，A选项错误.，故符号无法判断，B选项错误.，在上递减，故，C选项错误.由于，由于当时，在上递增，所以，即，故D选项正确.故选：D.【点睛】
本小题主要考查对数函数、指数函数和幂函数的单调性，属于基础题.4．内角，的对边分别为，.已知，，则这样的三角形有（）
A．0个
B．1个
C．2个
D．1个或2个
【答案】C
【解析】根据和的大小关系，判断出解的个数.【详解】
由于，所以，故解的个数有两个.如图所示两个解.故选：C
【点睛】
本小题主要考查正弦定理的运用过程中，三角形解的个数判断，属于基础题.5．在等差数列中，若，则（）
A．45
B．75
C．180
D．320
【答案】C
【解析】试题分析：因为数列为等差数列，且，所以，从而，所以，而，所以，故选C.【考点】等差数列的性质.6．在数列中，，则的值为（）
A．4950
B．4951
C．
D．
【答案】C
【解析】利用累加法求得，由此求得的表达式，进而求得的值.【详解】
依题意，所以，所以，当时，上式也满足.所以.故选：C
【点睛】
本小题主要考查累加法求数列的通项公式，属于基础题.7．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】先求出AB的长，再求点P到直线AB的最小距离和最大距离，即得△ABP面积的最小值和最大值，即得解.【详解】
由题得,由题得圆心到直线AB的距离为，所以点P到直线AB的最小距离为2-1=1，最大距离为2+1=3，所以△ABP的面积的最小值为，最大值为.所以△ABP的面积的取值范围为[1,3].故选D
【点睛】
本题主要考查点到直线的距离的计算，考查面积的最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8．设是数列的前项和，时点在抛物线上，且的首项是二次函数的最小值，则的值为（）
A．45
B．54
C．36
D．－18
【答案】B
【解析】根据点在抛物线上证得数列是等差数列，由二次函数的最小值求得首项，进而求得的值.【详解】
由于时点在抛物线上，所以，所以数列是公差为的等差数列.二次函数，所以.所以.故选：B
【点睛】
本小题主要考查等差数列的证明，考查二次函数的最值的求法，考查等差数列前项和公式，属于基础题.9．若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用基本不等式求得的最小值，根据不等式存在性问题，解一元二次不等式求得的取值范围.【详解】
由于，而不等式有解，所以，即，解得或.故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用基本不等式求最小值，考查不等式存在性问题的求解，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.10．在中，角，的对边分别为，，且.则（）
A．
B．或
C．
D．
【答案】A
【解析】利用余弦定理和正弦定理化简已知条件，求得的值，即而求得的大小.【详解】
由于，所以，由余弦定理和正弦定理得，即，由于是三角形的内角，所以为正数，所以，为三角形的内角，所以.故选：A
【点睛】
本小题主要考查正弦定理和余弦定理边角互化，考查三角形的内角和定理，考查两角和的正弦公式，属于基础题.11．如图，各棱长均为的正三棱柱，、分别为线段、上的动点，且平面，中点轨迹长度为，则正三棱柱的体积为（）
A．
B．
C．3
D．
【答案】D
【解析】设的中点分别为，判断出中点的轨迹是等边三角形的高，由此计算出正三棱柱的边长，进而计算出正三棱柱的体积.【详解】
设的中点分别为，连接.由于平面，所以.当时，中点为平面的中心，即的中点（设为点）处.当时，此时的中点为的中点.所以点的轨迹是三角形的高.由于三角形是等边三角形，而，所以.故正三棱柱的体积为.故选：D
【点睛】
本小题主要考查线面平行的有关性质，考查棱柱的体积计算，考查空间想象能力，考查分析与解决问题的能力，属于中档题.12．菱形，是边靠近的一个三等分点，则菱形面积最大值为（）
A．36
B．18
C．12
D．9
【答案】B
【解析】设出菱形的边长，在三角形中，用余弦定理表示出，利用菱形的面积公式列式，结合二次函数的性质求得菱形面积的最大值.【详解】
设菱形的边长为，在三角形中，有余弦定理得.所以菱形的面积，故当时，菱形的面积取得最大值为.故选：B
【点睛】
本小题主要考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查菱形的面积公式，考查二次函数最值的求法，属于中档题.二、填空题
13．终边经过点，则_____________
【答案】
【解析】根据正弦值的定义，求得正弦值.【详解】
依题意.故答案为：
【点睛】
本小题主要考查根据角的终边上一点的坐标求正弦值，属于基础题.14．直线的倾斜角为_____________
【答案】
【解析】先求得直线的斜率，由此求得对应的倾斜角.【详解】
依题意可知，直线的斜率为，故倾斜角为.故答案为：
【点睛】
本小题主要考查直线斜率和倾斜角的计算，属于基础题.15．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为______.【答案】
【解析】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.【详解】
绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，所以①可化为.故答案为：
【点睛】
本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.16．设数列的前项和为满足：，则_________.【答案】
【解析】利用，求得关于的递推关系式，利用配凑法证得是等比数列，由此求得数列的通项公式，进而求得的表达式，从而求得的值.【详解】
当时，.由于，而，故，故答案为：.【点睛】
本小题主要考查配凑法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.三、解答题
17．在三棱锥中，平面平面，，分别是棱，上的点
（1）为的中点，求证：平面平面.（2）若，平面，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）根据等腰三角形的性质，证得，由面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得平面平面.（2）根据线面平行的性质定理，证得，平行线分线段成比例，由此求得的值.【详解】
（1），为的中点，所以.又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）∵平面，面，面面
∴，∴.【点睛】
本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查线面平行的性质定理，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18．如图1所示，在四边形中，且，．
（1）求的面积；
（2）若，求的长．
图1
图2
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）利用已知条件求出D角的正弦函数值，然后求△ACD的面积；
（2）利用余弦定理求出AC，通过，利用余弦定理求解AB的长．
【详解】
（1）因为，所以，又，所以，所以．
（2）由余弦定理可得，因为，所以，解得．
【点睛】
本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，基本知识的考查，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．泉州与福州两地相距约200千米，一辆货车从泉州匀速行驶到福州，规定速度不得超过千米/时，已知货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度千米/时的平方成正比，比例系数为0.01；固定部分为64元.（1）把全程运输成本元表示为速度千米/时的函数，并指出这个函数的定义域；
（2）为了使全程运输成本最小，货车应以多大速度行驶？
【答案】（1）,；（2），货车应以千米/时速度行驶，货车应以千米/时速度行驶
【解析】（1）先计算出从泉州匀速行驶到福州所用时间，然后乘以每小时的运输成本（可变部分加固定部分），由此求得全程运输成本，并根据速度限制求得定义域.（2）由，对进行分类讨论.当时，利用基本不等式求得行驶速度.当时，根据的单调性求得行驶速度.【详解】
（1）依题意一辆货车从泉州匀速行驶到福州所用时间为小时，全程运输成本为，所求函数定义域为；
（2）当时，故有，当且仅当，即时，等号成立.当时，易证在上单调递减
故当千米/时，全程运输成本最小.综上，为了使全程运输成本最小，货车应以千米/时速度行驶，货车应以千米/时速度行驶.【点睛】
本小题主要考查函数模型在实际生活中的应用，考查基本不等式求最小值，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.20．已知圆：.（1）过的直线与圆：交于，两点，若，求直线的方程；
（2）过的直线与圆：交于，两点，直接写出面积取值范围；
（3）已知，圆上是否存在点，使得，请说明理由.【答案】（1）或；（2）；（3）存在，理由见解析
【解析】求得圆的圆心和半径.（1）设出直线的方程，利用弦长、勾股定理和点到直线距离列方程，解方程求得直线的斜率，进而求得直线的方程.（2）利用三角形的面积公式列式，由此求得面积取值范围.（3）求得三角形外接圆的方程，根据圆和圆的位置关系，判断出点存在.【详解】
圆心为，半径为.（1）直线有斜率，设：，圆心到直线的距离为，∵，则由，得，直线的方程为或
（2）依题意可知，三角形的面积为，由于，所以，所以.（3）设三角形的外接圆圆心为（），半径为，由正弦定理得，所以，所以圆的圆心为,所以圆的方程为，圆与圆满足圆心距：，∴圆与圆相交于两点，圆上存在两个这样的点，满足题意.【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆和圆的位置关系，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21．如图，四面体中，，为的中点.（1）证明：；
（2）已知是边长为2正三角形.（Ⅰ）若为棱的中点，求的大小；
（Ⅱ）若为线段上的点，且，求四面体的体积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（1）取中点，连接，通过证明，证得平面，由此证得.（2）
（I）通过证明，证得平面，由此证得,利用
“直斜边的中线等于斜边的一半”这个定理及其逆定理，证得.（II）利用求得四面体的体积的表达式，结合基本不等式求得四面体的体积的最大值.【详解】
（1）取的中点，所以，所以.又因为，所以，又，所以面，所以.（2）（Ⅰ）由题意得，在正三角形中，又因为，且，所以面，所以.∵为棱的中点，∴，在中，为的中点，.∴
（Ⅱ），四面体的体积，又因为，即，所以
等号当且仅当时成立，此时.故所求的四面体的体积的最大值为.【点睛】
本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查直角三角形的判定，考查三棱锥体积的最大值的求法，考查基本不等式的运用，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.22．已知数列为等差数列，为前项和，（1）求的通项公式；
（2）设，比较与的大小；
（3）设函数，求，和数列的前项和.【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）利用基本元的思想，将已知转化为的形式列方程组，解方程组求得的值，从而求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得表达式，判断出，利用对数函数的性质得到，由此得到.（3）首先求得，当时，根据的表达式，求得的表达式.利用分组求和法求得当时的表达式，并根据的值求得的分段表达式.【详解】
（1）为等差数列，得，∴
（2）∵，∴，又，∴.（3）由分段函数，可以得到：，当时，故当时，又符合上式
所以.【点睛】
本小题主要考查等差数列基本量的计算，考查裂项求和法、分组求和法，考查运算求解能力，属于中档题.
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