2018-2019学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．在等比数列an中，a227，qA．3 【答案】C

【解析】根据等比数列的性质求解即可. 【详解】

1因为等比数列an,故a5a2q271.

3331，则a5（ ） 3C．1

D．1

B．3

故选：C 【点睛】

本题主要考查了等比数列性质求解某项的方法,属于基础题. 2．已知直线ax3y1的倾斜角为30°，则a（ ）

A．3 3B．3

C．3 3D．3

【答案】B

【解析】根据直线斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】

因为直线ax3y1的倾斜角为30°,故直线斜率故选：B 【点睛】

本题主要考查了直线的倾斜角与斜率的关系,属于基础题.

*3．已知数列an满足a11，an1an4nN，则数列an的前5项和S5a3tan30a3. 33（ ） A．15 【答案】C

【解析】根据an1an4nN可知数列an为等差数列,再根据等差数列的求和

*B．28 C．45 D．66

性质求解即可.

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【详解】

*因为an1an4nN,故数列an是以4为公差,首项a11的等差数列.

故S55a1a525a3512445.

故选：C 【点睛】

本题主要考查了等差数列的判定与等差数列求和的性质与计算,属于基础题. 4．下列命题正确的是（ ）

ab，则ab cc11C．若22，则ab

abA．若【答案】D

B．若a2b2，则ab D．若ab，则ab

【解析】A项中，需要看分母的正负；B项和C项中，已知两个数平方的大小只能比较出两个数绝对值的大小. 【详解】

A项中，若c0，则有ab，故A项错误；B项中，若a2b2，则ab，故B项错误；C项中，若

11则a2b2即ab，故C项错误；D项中，若ab，22ab则一定有ab，故D项正确. 故选：D 【点睛】

本题主要考查不等关系与不等式，属于基础题.

2xy15．若关于x，y的方程组无解，则m（ ）

xmy1A．

1 2B．1 2C．2 D．2

【答案】A

【解析】由题可知直线2xy1与xmy1平行,再根据平行公式求解即可. 【详解】

由题, 直线2xy1与xmy1平行,故2m10m故选：A 【点睛】

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1. 2本题主要考查了二元一次方程组与直线间的位置关系,属于基础题. 6．已知a，b为不同的直线，为平面，则下列命题中错误的是（ ） A．若a//b，b，则a C．若a，b，则ab 【答案】D

【解析】根据线面垂直与平行的性质与判定分析或举出反例即可. 【详解】

对A,根据线线平行与线面垂直的性质可知A正确. 对B, 根据线线平行与线面垂直的性质可知B正确. 对C,根据线面垂直的性质知C正确.

对D,当ab,a时,也有可能b.故D错误. 故选：D 【点睛】

本题主要考查了空间中平行垂直的判定与性质,属于中档题. 7．．若ac0且bc0，直线ax+by+c=0不通过（ ） A．第一象限 【答案】D 【解析】【详解】

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限，

B．若a，b，则a//b D．若ab，a，则b

rrrrrrca0，0， bbac又直线ax+by+c=0可化为yx，

bbac斜率为0，在y轴截距为0，

bb因为ac0且bc0，所以因此直线过一二三象限，不过第四象限. 故选：D.

8．已知等差数列an前n项的和为Sn，S714，a64，则S9（ ） A．25 【答案】C

【解析】根据等差数列的求和与通项性质求解即可. 【详解】

等差数列an前n项的和为Sn,故S714B．26

C．27

D．28

7a1a7147a414a42. 2第 3 页 共 19 页

故S99a1a99a4a692427. 222故选：C 【点睛】

本题主要考查了等差数列通项与求和的性质运用,属于基础题.

9．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，A1A2，ABAC1，

CAB2，则异面直线A1B与C1A所成角的余弦值为（ ）

A．

4 5B．4 5C．

3 5D．-3 5【答案】A

【解析】以A为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,由已知求

uuuruuurA1B与C1A的坐标,由两向量所成角的余弦值求解异面直线A1B与C1A所成角的余弦

值． 【详解】

如图,以A为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 由已知得：A0,0,0,C10,1,2,B1,0,0,A10,0,2,

uuuruuur所以A1B1,0,2,C1A0,1,2.

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uuuruuurA1BC1A44ABCAcosuuuruuur, 设异面直线1与1所成角则

555A1BC1A故异面直线A1B与C1A所成角的余弦值为故选：A 【点睛】

本题主要考查了利用空间向量求解线线角的问题,属于基础题.

10．在VABC中，已知a，b，c分别为A，ÐB，C所对的边，且a，b，c成等差数列，ac3，cosB4. 53,则b（ ） 4A．

7 2B．

14 2C．7 D．14

【答案】B

【解析】利用a,b,c成等差数列可得2bac,再利用余弦定理构造ac的结构再代入ac3求得b即可. 【详解】

由a,b,c成等差数列可得2bac,由余弦定理有b2a2c22accosB, 即bac22721714. ac4b2,解得b2,即b2222故选：B 【点睛】

本题主要考查了等差中项与余弦定理的运算,需要根据题意构造ac与ac的结构代入求解.属于中档题.

11．水平放置的VABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的VABC，其中

OAOB1，OC面积为（ ）

3,则VABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表2

A．23 B．43

C．(23)

34D．(433)

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【答案】B

【解析】先根据斜二测画法的性质求出原图形,再分析VABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积即可. 【详解】

根据斜二测画法的性质可知,原VABC是以AB2为底,高为OC2OC3的等腰三角形.又AC1232AB.故VABC为边长为2的正三角形. 则VABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体可看做两个以底面半径为OC高为OA1的圆锥组合而成. 故表面积为23243. 故选：B 【点睛】

本题主要考查了斜二测画法还原几何图形与旋转体的侧面积求解.需要根据题意判断出旋转后的几何体形状再用公式求解.属于中档题.

12．已知底面半径为1，体积为3的圆柱，内接于一个高为23圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为（ ）

23,

A．8 【答案】C

B．43 C．42 D．4

【解析】先求解圆锥的底面半径,再根据侧面展开图的结构计算扇形中A,B间的距离即可. 【详解】

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设圆柱的高为h,则12h3 ,得h因为SO23,所以CD为VSOB的中位线, 所以OB2,则SB3. 232224.

即圆锥的底面半径为1,母线长为4, 则展开后所得扇形的弧长为4,圆心角为

4. 4所以从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为42+42=42. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了圆柱与圆锥内切求解有关量的问题以及圆锥的侧面积展开求距离最小值的问题.属于中档题.

二、填空题

13．点P(1,2)关于直线xy0的对称点的坐标为_____． 【答案】(2,1)

【解析】设P(1,2)关于直线xy0的对称点的坐标为Qa,b,再根据PQ中点在直线xy0上,且PQ与直线xy0垂直求解即可. 【详解】

a1b2P(1,2)PQxy0Qa,b,设关于直线的对称点的坐标为则中点为2,2,

则a1b2a1b2,xy0,①. 在直线上故2222b21②, a1第 7 页 共 19 页

又PQ与直线xy0垂直有

联立①②可得a2,b1.故Q2,1. 故答案为：(2,1) 【点睛】

本题主要考查了点关于直线对称的点坐标,属于基础题.

14．已知等比数列an中，若a4a51，a8a916，则a6a7_____． 【答案】4

【解析】根据等比数列的等积求解即可. 【详解】

因为a4a51,a8a916故a4a5a8a916a6a716a6a74.

44又a6a7a4a5qq0,故a6a74.

2故答案为：4 【点睛】

本题主要考查了等比数列等积性的运用,属于基础题. 15．已知x0，y0，2是2x与4y的等比中项，则【答案】9

【解析】根据等比中项定义得出x,y的关系，然后用“1”的代换转化为可用基本不等式求最小值． 【详解】

由题意2x4y2x2y(2)2，所以x2y1，

12最小值为_________． xy12122y2x2y2x()(x2y)5529，当且仅当所以

xyxyxyxy2y2x1，即xy时等号成立． xy312所以最小值为9．

xy故答案为：9． 【点睛】

本题考查等比中项的定义，考查用基本不等式求最值．解题关键是用“1”的代换找到定值，从而可用基本不等式求最值．

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16．在四面体ABCD中，AD平面ABC，ABAC2，BAC90，若四面体ABCD的外接球的表面积为16，则四面体ABCD的体积为_______． 【答案】

42 3【解析】易得四面体ABCD为长方体的一角,再根据长方体体对角线等于外接球直径,再利用对角线公式求解即可. 【详解】

因为四面体ABCD中,AD平面ABC,且ABAC2,BAC90.故四面体

ABCD是以A为一个顶点的长方体一角.设ADh则因为四面体ABCD的外接球的

表面积为16,设其半径为R,故S4R2R22h2222216.解得

h22. 故四面体ABCD的体积V11242. 222323故答案为：【点睛】

42 3本题主要考查了长方体一角的四面体的外接球有关问题,需要注意长方体体对角线等于外接球直径.属于中档题.

17．在四面体ABCD中，AD平面ABC，ABACBC3，若四面体ABCD的外接球的表面积为16，则四面体ABCD的体积为_______． 【答案】33 2【解析】设ADh,再根据外接球的直径与AD和底面ABC外接圆的一条直径构成直角三角形求解h进而求得体积即可. 【详解】

设ADh,底面ABC外接圆直径为d.

易得底面是边长为3的等边三角形.则由正弦定理得d323. sin60又外接球的直径L与AD和底面ABC外接圆的一条直径构成直角三角形有

L2d2h212h2.又外接球的表面积为16,即L216L212h216.

解得h2.

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故四面体ABCD体积为133233. 3242故答案为：【点睛】

33 2本题主要考查了侧棱垂直于底面的四面体的外接球问题.需要根据题意建立底面三角形外接圆的直径和三棱锥的高与外接球直径的关系再求解.属于中档题.

三、解答题

18．已知直线l1:xay30和l2:2x4y10． （1）若l1与l2互相垂直，求实数a的值； （2）若l1与l2互相平行，求与l1与l2间的距离， 【答案】（1）a15 （2）22【解析】(1)根据直线垂直的公式求解即可.

(2)根据直线平行的公式求解a,再利用平行线间的距离公式求解即可. 【详解】

解（1）∵l1与l2互相垂直,∴124a0,解得a1． 2（2）由l1与l2互相平行,∴142a0,解得a2． 直线l1化为：2x4y6＝0, ∴l1与l2间的距离d【点睛】

本题主要考查了直线平行与垂直以及平行线间的距离公式.属于基础题. 19．已知不等式ax25x60的解集为xx1或xbb1. （1）求实数a，b的值；

（2）解不等式axacbxbc0cR.

2|61|22425． 2【答案】（1）a1,b6；（2）答案不唯一，见解析

【解析】（1）题意说明x1是方程ax25x60的解，代入可得a，把a代入可

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求得原不等式的解集，从而得b值；

（2）因式分解后讨论c和6的大小可得不等式的解集. 【详解】

（1）依题意，得：a1560，解得，a1

所以，不等式为x25x60，解得，x1或x6，所以，b6 所以，a1,b6；

2xc6x6c0， （2）不等式axacbxbc0为：即x6xc0，

22当c6时，解集为xx6 当c6时，解集为xcx6 当c6时，解集为x6xc 【点睛】

本题考查解一元二次不等式，考查一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，在解含参数的一元二次不等式时要注意分类讨论.

20．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北45的方向上，仰角为30°，行驶4km后到达B处，测得此山顶在西偏北60的方向上．



（1）求此山的高度（单位：km）；

（2）设汽车行驶过程中仰望山顶D的最大仰角为，求tan． 【答案】（1）2(6（2）tan2)km．

6 3【解析】(1) 设此山高h(km),再根据三角形中三角函数的关系以及正弦定理求解即可. (2) 由题意可知,当点C到公路距离最小时,仰望山顶D的仰角达到最大,再计算C到直线

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AB的距离即可.

【详解】

解：（1）设此山高h(km),则ACh, otan30在VABC中,ABC120o,BCA60o45o15o,AB4．

ACAB, sinABCsinBCAh4, 即ooosin120tan30sin15根据正弦定理得

解得h2(62)（km）．

（2）由题意可知,当点C到公路距离最小时,仰望山顶D的仰角达到最大, 所以过C作CEAB,垂足为E,连接DE．

则DEC＝,CEACsin45,DCACtan30, 所以tanDC6． CE3

【点睛】

本题主要考查了解三角形在实际中的运用,需要根据题意找到对应的直角三角形中的关系,或利用正弦定理求解.属于中档题.

21．如图，在边长为2菱形ABCD中，BCD60，且对角线AC与BD交点为O．沿BD将△ABD折起，使点A到达点A1的位置．

（1）若AC，求证：OA1平面ABCD； 16（2）若AC22，求三棱锥A1BCD体积． 1【答案】（1）见解析（2）

22 3BD与OCOA1即可. 【解析】(1)证明AO1第 12 页 共 19 页

(2)法一：证明BD平面A1OC,再过点A1做A1FAC垂足为F,证明A1F为三棱锥

A1BCD的高再求解即可.

法二：通过VA1BCDVBA1CD1SVA1CDBE进行转化求解即可. 3法三：通过VA1BCDVBA1OCVDA1OC进行转化求解即可. 【详解】

证明：（1）∵在菱形ABCD中,AB2,BCD＝60,AC与BD交于点O．

BD, 以BD为折痕,将△ABD折起,使点A到达点A1的位置,∴AO1,, 又AC16OCOA13222∴OCOA1AC,∴OCOA1, 1∵OCBD＝O,∴OA1平面ABCD ,122, （2）（法一）：∵OCOA13AC取A1C的中点E,则OEA1C且OEOC2(因为BDOC且BDOA1,OCIOA1O, 所以BD平面A1OC,

过点A1做A1FAC垂足为F,则A1F平面BCD, 又SA1OC∴

A1C2)321, 211OCA1FAC1OE 2211263A1F221,解得A1F 223SVBCD11BDOC233, 22112622． SVBCDA1F33333,AC22,取AC中点E, 1∴三棱锥A1BCD体积V（法二）： 因为BA1BDBCDA1DC2BEAC2,DE2,BD2,BEDE, 1，BEBE平面A1CD,又QSVA1CD1222 2第 13 页 共 19 页

122VA1BCDVBA1CDSVA1CDBE.

33（法三）因为BDOC且BDOA1,OCIOA1O,所以BD平面A1OC

VA1BCDVBA1OCVDA1OC,SVAOC112212, 2所以VABCD1【点睛】

1122． SVA1OCBD22333本题主要考查了线面垂直的证明与锥体体积的求解方法等.需要根据题意找到合适的底面与高,或者利用割补法求解体积.属于中档题.

B，C所对的边分别为a，b，c；22．在VABC中，内角A，已知bsinAacos(B)．（1）求角B的大小；

（2）若VABC外接圆的半径为2，求VABC面积的最大值． 【答案】（1）B63（2）33 3【解析】(1)利用正弦定理与余弦的差角公式运算求解即可. (2)根据正弦定理可得b2RsinB22sin23,再利用余弦定理与基本不等

式求得ac12再代入VABC面积求最大值即可. 【详解】

解：（1）在VABC中,由正弦定理得

ab,得bsinAasinB, sinAsinB又bsinAacos(B)

6∴asinBacosB. 6即sinBcosB∴tanB3, 31cosBcossinBsincosBsinB, 66622又B(0,),∴B3．

（2）结合（1）由正弦定理可知b2RsinB22sin第 14 页 共 19 页

323,

由余弦定理可知b2a2c22accosBa2c2acac, 所以ac12当且仅当ac时等号成立, 所以SVABC113acsinB1233, 222所以VABC面积的最大值为3【点睛】

3．

本题主要考查了正余弦定理与三角形面积公式在解三角形中的运用.同时考查了根据基本不等式求解三角形面积的最值问题.属于中档题. 23．设数列{an}是等差数列，其前n项和为SnnN大于0，其前n项和为TnnN*；数列{b}是等比数列，公比

n*．已知b11，b3b22，b4a2a4，

b5a12a6．

（1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式；

（2）SnT1T2LTnan4bn，求正整数n的值． 【答案】（1）ann1；bn2n1；（2）n的值为3．

【解析】(1)根据等比数列bn与等差数列{an},分别设公比与公差再用基本量法求解即可.

12(n3)n(2)分别利用等差等比数列的求和公式求解得Sn与Tn2n1,再代入

212SnT1T2LTnan4bn整理求解二次方程即可.

【详解】

2解：（1）设等比数列bn的公比为q,由b11,b3b22,可得qq2＝0．

n∵q0,可得q=2． 故bn2n1；

设等差数列{an}的公差为d,由b4a2a4,得a12d4, 由b5a12a6,得3a110d16, ∴a12,d1． 故ann1；

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（2）由{an}是等差数列,且ann1,得Sn由bn是等比数列,且bn(n3)n 22n112n,得Tn2n1．

12n2(12n)可得T1T2...Tn(22L2)nn

12122n1n2．

由SnT1T2...Tnan4bn, 可得

(n3)n2n1n2n12n1, 2整理得：n2n60,解得n2（舍）或n3． ∴n的值为3． 【点睛】

本题主要考查了等比等差数列的基本量法以及的等差等比数列的求和计算.属于中档题. 24．设数列{an}是等差数列，其前n项和为SnnN大于0，其前n项和为TnnN*；数列{b}是等比数列，公比

n*．已知b11，b3b22，b4a2a4，

b5a12a6．

（1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式； （2）设数列 an1的前n项和为Kn，若Knm对任意的nN恒成立，求实数

bnm的取值范围．

【答案】（1）ann1；bn2n1；（2）m≥4

【解析】(1) 根据等比数列bn与等差数列{an},分别设公比与公差再用基本量法求解即可.

an1n,再错位相减求解Kn,利用不等式恒成立的方法求解即可. (2)由(1)有bn2n1【详解】

2解：（1）设等比数列bn的公比为q,由b11,b3b22,可得qq2＝0．

∵q0,可得q=2．

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故bn2n1；

设等差数列{an}的公差为d,由b4a2a4,得a12d4, 由b5a12a6,得3a110d16, ∴a12,d1． 故ann1； （2）根据题意知,

an1nn1, bn223nKn12Ln1 ①

2221123nKn23Ln② 2222211①—②得Kn2(n2)

22∴Kn4(n2)()n12n14,

QKnm对任意的nN*恒成立,∴m≥4

【点睛】

本题主要考查了等差等比数列的基本量求解方法以及错位相减和不等式恒成立的问题.属于中档题.

25．已知点M(3,5)，圆x1y24． （1）求过点M的圆的切线方程；

（2）若直线axy40与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为23，求a的值．【答案】（1）x3或5x12y450．（2）a223 4【解析】(1)分切线的斜率不存在与存在两种情况分析.当斜率存在时设方程为

y5k(x3),再根据圆心到直线的距离等于半径求解k即可.

(2)利用垂径定理根据圆心到直线的距离列出等式求解即可. 【详解】

解：（1）由题意知圆心的坐标为1,2,半径r=2, 当过点M的直线的斜率不存在时,方程为x3．

由圆心1,2到直线x3的距离312r知,此时,直线与圆相切．

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当过点M的直线的斜率存在时,设方程为y5k(x3), 即kxy53k0．由题意知k253kk122,

解得k5,∴方程为5x12y450． 12故过点M的圆的切线方程为x3或5x12y450．

﹣y4＝0的距离为（2）∵圆心到直线axa2a24a12a2a12, ∴(3)2(3)24,解得a．

4a21【点睛】

本题主要考查了直线与圆相切与相交时的求解.注意直线过定点时分析斜率不存在与存在两种情况.直线与圆相切用圆心到直线的距离等于半径列式,直线与圆相交用垂径定理列式.属于中档题.

，，3，圆心在直线yx上. 26．已知圆C过点A31B5，（1）求圆C的方程；

（2）过圆O1：x(y1)1上任一点P作圆C的两条切线，切点分别为Q，T，求四边形PQCT面积的取值范围. 【答案】(1)(x3)(y-3)4. (2)S43,82.

2222【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为(xa)2yar2，由题意可解得

2a3,r2，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得SPQCT2SPQC2PQ，

故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论． 详解：（1）由题意设圆心为Ca,a，半径为r， 则圆的标准方程为(xa)2yar2．

222a3(3a)1br由题意得，解得， 222r2(5a)3br2所以圆C的标准方程为x3y34．

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（2）由圆的切线的性质得SPQCT2SPQC2n而PQ|PC|24．

由几何知识可得CQ11PCCQ11， 又CQ15， 所以4PC6， 故23PQ42， 所以23SPQCT42，

12PQ2PQ， 2即四边形PQCT面积的取值范围为43,82．

点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．

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