【文档说明】【精准解析】内蒙古包头市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题.pdf，共(21)页，447.931 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7773dd6a8eca44fac8229fc48e220e37.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-2019-2020学年度第二学期高一年级期末教学质量检测试卷数学注意事项：1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上.将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标

号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将答题卡交回.第I卷一、选择题（共12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.与直线3450xy关于坐标原点对称的直线方程为（）A.3450xyB.3450xyC.3450xyD.3450xy【答案】D【解析】【分析】设出所求对称直线上的点的坐标，求出关于原点的对称点坐标，代入已知直线方程，即可.【详解】设所

求对称直线上任意一点的坐标为,xy，则关于原点对称点的坐标为,xy，该点在已知的直线上，则3450xy，即3450xy.故选：D.【点睛】本题主要考查了直线关于点对称问题，考查运算

能力，属于基础题.2.下列命题为真命题的是（）A.若0ab，则22acbcB.若0ab，则22abC.若0ab，则22aabbD.若0ab，则11ab【答案】B-2-【解析】【分析】取特殊值判断,,ACD选项，根据不等式的性质

判断B选项.【详解】解：A中，2c0时，22acbc；B中，0ab，由性质7可得22ab；C中，令2,1ab，则224,2,1aabb，显然22aabb；D中，令2,1ab

，则111,12ab，显然11ab.故选：B【点睛】本题主要考查了由已知条件判断所给不等式是否成立，属于基础题.3.用斜二测画法画水平放置的平面图形直观图时，下列结论中正确的个数是（）①平行的线段在

直观图中仍然平行；②相等的线段在直观图中仍然相等；③相等的角在直观图中仍然相等；④正方形在直观图中仍然是正方形A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据斜二侧画法的基本概念和作图原则，对每一个选项进行判断，即可得到结果．【详解】对于①，平行的线段在直观图中仍然是

平行线段，所以①正确；对于②，相等的线段在直观图中不一定相等，如平行于x轴的线段，长度不变，平行于y轴的线段，变为原来的12，所以②错误；对于③，相等的角在直观图中不一定相等，如直角坐标系内两个相邻的直角，在斜二测画法内是45和135，所以③错误；对于④，正方形在直观图

中不是正方形，是平行四边形，所以④错误；综上，正确的命题序号是①，共1个．故选：A．【点睛】本题主要考查了斜二侧画法的基本概念和作图原则，是基础题．4.点(,)Pxy在直线20xy上，O是坐标原点，则||OP的最小值是（）-3-A.1B.2C.2D.22【

答案】B【解析】【分析】利用点到直线的距离公式，求出原点到直线20xy的距离，即为OP的最小值.【详解】原点到直线20xy的距离为2200222211.故选：B.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.5.已知

na为等比数列，下面结论中正确的是（）A.若13aa，则12aaB.若21aa，则32aaC.1322aaaD.2221322aaa【答案】D【解析】【分析】利用等比数列的通项公式和性质，结合基本不等式，逐项进行判断即

可．【详解】设等比数列na的公比为q，若13aa，则211aaq，∴21q，∴1q，∴12aa或12aa，故A不正确；若21aa，则11aqa，所以2111321()qqaaaaaqqa，当0q时，32aa；当0q时，32aa，故B不成立.若130,0aa

，则1122332222aaaaaa，当且仅当13aa，即1q时取等号；若130,0aa，则131313222()()222aaaaaaaa，当且仅当13aa，即1q时取等号，故C不正确；因为2222221322((2))

aaaaqaq，当且仅当2222()()aaqq，即1q时取等号，故D正确.-4-故选：D．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、等比数列的性质、基本不等式等知识的综合应用，解题的关键是灵活利用基本不等式和等比数列

的性质．6.在△ABC中，sin:sin:sin7:3:5ABC，那么这个三角形的最大角是（）Aπ2B.2π3C.4π5D.5π6【答案】B【解析】【分析】由正弦定理，可得::7:3:5abc，设7,3,50akbkckk，

易知该三角形的最大角是角A，由余弦定理，可求出cosA，进而可求出角A.【详解】由正弦定理，::sin:sin:sin7:3:5abcABC，设7,3,50akbkckk，显然该三角形的最大角是角A，由余弦定理，可得222222925491cos22352bcakkkAb

ckk，因为0,πA，所以2π3A.故选：B.【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.7.某几何体的三视图如图所示，该几何体由一平面将正方体截去一部分后所得，则截去几何体的体积与剩余几何体的体积比值为（）

A.13B.14C.15D.16-5-【答案】C【解析】【分析】如图，正方体截去三棱锥DABC后，所得图形为三视图所对应的几何体，设正方体的棱长为0aa，求出正方体的体积为V，及三棱锥DABC的体积，从而可求出截去几何体的体积与剩余几何体的体积的比值.【详解】如下图，正方体截去三棱锥D

ABC后，所得图形为三视图所对应的几何体，设正方体的棱长为0aa，则正方体的体积为3Va，三棱锥DABC的体积为3111326Vaaaa，则截去几何体的体积与剩余几何体的体积比

值为333116156aVVVaa.故选：C.【点睛】本题考查三视图，考查几何体的体积，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于基础题.8.已知在正方体1111ABCDABCD中，,PQ分别为111,ABCC的中点，则异面直线1BC和PQ所成的角为（）

A.6B.4C.3D.2【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角.-6-【详解】解：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则0,2,0C，12,2

,2B，2,1,2P，0,2,1Q2,1,1PQ，12,0,2CB设异面直线1BC和PQ所成的角为，则122222122123cos221122PQCBPQCB

0,26故选：A【点睛】本题考查利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.9.已知点(4,0)A，(3,1)B，若直线2ykx与线段AB恒有公共点，

则k的取值范围是（）A.11,2B.1,12C.1,[1,)2D.1(,1],2【答案】D【解析】【分析】-7-作出图形，直线2ykx恒过定点0,2C，求出A

C、BC的斜率，由直线2ykx与线段AB恒有公共点，可求出k的取值范围.【详解】直线2ykx恒过定点0,2C，直线AC的斜率1201042k，直线BC的斜率221103k，当12k或1k时，直线2ykx

与线段AB恒有公共点.故选：D.【点睛】本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中等题．10.已知01a，01b，则22222222(1)(1)(1)(1)abababab

的最小值为（）A.2B.22C.23D.4【答案】B【解析】【分析】根据两点之间的距离公式，令0,0,0,1,1,0,1,1,(,)PABaCbO，可得22222222(1)(1)(1)(1),,,abPOabPCabPAabPB

，做出草图，再根据三角形的性质，即可求出结果．【详解】如图，令0,0,0,1,1,0,1,1,(,)PABaCbO，-8-则22222222(1)(1)(1)(1),,,abPOabPCabPAabPB

可得22222222(1)(1)(1)(1)ababababPOPCPAPB，又在PAC中，PAPCAC，在POB中，POPBOB22POPCPAPBACOB当P是AC与OB的交点时，=22POPCPAPBACOB

，所以22POPCPAPBACOB．即22222222(1)(1)(1)(1)abababab的最小值为22．故选：B．【点睛】本题主要考查了两点间距离公式的应用，函数最值得几何意义，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．11.《九章

算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥ABCD为鳖臑，AB平面BCD，2ABBC，22BD，且三棱锥ABCD的四个顶点都在一个正方体的顶点上，则该正方体的表面积为（）A.12B.18C.24D.36【答案】C【

解析】【分析】根据题意作出四个面都为直角三角形的三棱锥ABCD，并根据该三棱锥的特点，作出满足题意的正方体，由此可知DC为该正方体的一条棱，再根据题中所给数据，即可求出结果.【详解】由于在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，且四个面都为直角三角形，作出三棱锥ABCD，如下

图所示：-9-其中DCBC，DCAC，又ACBCC，所以DC平面ABC；又因为三棱锥ABCD四个面都为直角三角形且四个顶点都在一个正方体的顶点上，所以该正方体如下图所示，可知DC为正方体的一条棱；又2ABBC

，22BD，所以在RtBCD中，22842DCBDBC;该正方体的表面积为26224.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面垂直关系，同时考查了对三棱锥的认识和空间想象能力，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．12

.已知函数()yfx满足()(1)1fxfx，若数列na满足121(0)(1)nnafffffnnn，则数列na的前10项和为（）A.6

52B.33C.672D.34【答案】A【解析】【分析】根据()(1)1fxfx，并结合倒序相加法可求出12nna，再利用等差数列求和公式得到答案.-10-【详解】函数()yfx满足()(1)1fxfx，121(0)

(1)nnafffffnnn①，121(1)(0)nnnafffffnnn②，由①+②可得21nan，12nna，所以数列na是首项为1，公差为12的等差数列，其前10

项和为10110165222.故选：A.【点睛】本题考查了函数的性质，考查倒序相加法求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，属于中档题.第Ⅱ卷二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.

把答案填在答题卡上对应题的横线上.13.已知实数x，y满足101xyxyy，则2zxy的最小值为________.【答案】3【解析】【分析】画出不等式组所对应的可行域，当目标函数2zxy过点P时，z取得最小值，求解即可.【详解】画出不等式组所对应

的可行域，如下图阴影部分，-11-当目标函数2zxy过点P时，z取得最小值，联立01xyy，解得1xy，即1,1P，所以2zxy的最小值为1213.故答案为：3.【点睛】本题考查线性规划，考查学生的计

算求解能力，属于基础题.14.若关于x的方程2(1)0mxmxm没有实数根，则实数m的取值范围是.【答案】1(,1)(,)3【解析】试题分析:若,则,有实数根,故,由题设,即,解之得或,故应

填1(,1)(,)3.考点：二次不等式及解法．15.《莱因德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使得每个人所得成等差数列，且较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最大的1份为____

____.【答案】1153【解析】【分析】设每个人所得由少到多为1a，2a，3a，4a，5a，公差为d，从而可得-12-1134512754551010021adadaaaaa，进而求出5a即可.【详解】设每个人所得由少到多为1a，2a，3a，

4a，5a，公差为d，由题意，1134512754551010021adadaaaaa，即1111112204723ddadaaaadad，整理得11220112adad，解得153

556ad，所以最大的1份为5155511544363aad.故答案为：1153.【点睛】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题.16.设三棱锥SABC

的底面和侧面都是全等的正三角形，P是棱SA的中点.记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则，，中最大的是_________，最小的是________.【答案】(1).(2).【解析】【分

析】作出线线角，线面角，二面角，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.-13-【详解】作//PDCA交SC于D，由于ABBCCA，SASBSC，所以SABC为正三棱锥，由对称性知BDPB，

取PD中点E，连接BE，作EH平面ABC，交平面ABC于H，连接BH，作PF平面ABC，交平面ABC于F，连接BF，作PGAC，交AC于G，连接GF，所以BEPD，由于//PDAC，所以BPD，由于PF平面ABC，所以PBF，由于PGAC，PF平面ABC，所以PGF

，222sinBEEHBHEHEHBPBPBPBP，因为//PDCA，E在PD上，EH平面ABC于H，PF平面ABC于F，所以EHPF.所以sinPFEHBPBP.所以sinsin，由于,都是锐角，所以，由于P在SA上

，由对称性PBCP，而CPPG，则sinsinPFPFPFPGCPBP，由于也是锐角，所以，由PBBG,222sinBEEHBHEHEHPFBPBPBPBPBPsinPFPG，所以>综上所述，三个角中的最小角是，最大角是.故答案为：①

；②.【点睛】本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，-14-考查空间想象能力，属于中档题.三、解答题：共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知0xy，0z，求证：

（1）zzxy；（2）()()()8xyxzyzxyz.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由0xy，可得11yx，结合0z，可得zzxy；（2）由0x

，0y，0z，利用基本不等式可得2xyxy，2xzxz，2yzyz，三个式子相乘，进而可证明结论成立.【详解】证明：（1）因为0xy，所以0xy，10xy，于是11xyxyxy，即1

1yx，由0z，得zzxy.（2）因为0x，0y，0z，所以2xyxy，2xzxz，2yzyz，所以()()()2228xyxzyzxyxzyzxyz，当且仅当x

yz时，等号同时成立，因为xy，所以上式中等号不能同时取得.所以()()()8xyxzyzxyz.【点睛】本题考查不等式的证明，考查不等式的性质、基本不等式的应用，考查学生的推理能力，属于

基础题.-15-18.已知4sin5=，π,π2，5cos5，是第三象限角.（1）求cos()的值；（2）求tan()的值.【答案】（1）11525；（2）2【解析】【分析】（1）求出cos及s

in，进而利用cos()coscossinsin，可求出答案；（2）由sintancos，sintancos，并结合tantantan()1tantan，可求出答案.【详解

】由4sin5=，π,π2，得2243cos1sin155，由5cos5，是第三象限角，得22525sin1cos155.（1）cos()coscossinsin

35425115555525.（2）由sintans43co，sintan2cos，得42tantan3tan()241tantan123.

【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的运用，考查两角和与差的余弦、正切公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.19.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a，5b，2BA.（1）求sinA；（2）求△ABC的面积.

-16-【答案】（1）114；（2）5516【解析】【分析】（1）由正弦定理可得255sinsin22sincosAAAA，从而可求出cosA，进而可求出sinA；（2）由余弦定理2222cosabcbcA，可求出c，进而由△ABC的面积

1sin2ABCSbcA，可求出答案.【详解】（1）由正弦定理，sinsinabAB，即255sinsin22sincosAAAA，因为0πA，所以sin0A，所以522cosA，即5cos4A.所以22511sin1441cosAA

.（2）由余弦定理，2222cosabcbcA，即22252(5)254cc，整理得22520cc，解得2c或12c.当2c时，ac，得AC，又2BA，故π4AC，π2B

，所以222ba，与5b矛盾，舍去；当12c时，经检验符合题意.所以△ABC的面积1111155sin5222416ABCSbcA.【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积，考查学生的计算求解能力，属于中档题.20.已知(3

,0)A，(1,0)B，(0,3)C，试求点D的坐标，使四边形ABCD为等腰梯形.【答案】(2,3)或163,55-17-【解析】【分析】设所求点D坐标为(,)xy，若//ABCD，则||||BCAD，可求出,xy；若//ADBC，则|||

ABCD∣，可求出,xy，即可得出点D坐标.【详解】设所求点D坐标为(,)xy.①若//ABCD，||||BCAD，则22223(01)(30)(3)yxy，解得23xy或43xy，当23xy

时，经验证ABCD，符合题意；当43xy时，23104AB，2240334CD，ABCD，不符合题意，舍去；②若//ADBC，|||ABCD∣，则222310030

301(0)(3)yxxy，解得16535xy或43xy，当16535xy时，经验证ADBC，符合题意；当43xy时，2243310AD，221310BC，ADBC

，不符合题意，舍去.综上，所求点D的坐标为(2,3)，或163,55.【点睛】本题考查等腰梯形的性质，考查平行线的性质，考查两点间距离公式的运用，考查-18-学生的计算求解能力，属于中档题.21.设等差数列

na的前n项和为nS，且424SS，221nnaa.（1）求数列na的通项公式；（2）求数列12nna的前n项和nT.【答案】（1）21nan；（2）12362nnnT【解析】【分析】（1）设na的公差为d，由424SS，221nnaa，可得

1111143442(21)22(1)1daaadandand，即可求出1a，d，进而可求出na的通项公式；（2）由112122nnnan，进而可利用错位

相减法求出该数列的前n项和.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，由424SS，221nnaa，则1111143442(21)22(1)1daaadandand，即1121daad，解得11a

，2d.所以21nan.（2）由112122nnnan，则2313572112222nnnT①，23111352321222222nnnnnT②，①-②得，-19-2221111111212123222231222222212nnnnnn

nnnT.故12362nnnT.【点睛】本题考查等差数列的性质，考查利用错位相减法求数列的前n项和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.22.如图，长方体1111ABCDABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱1AA上

，1BEEC.（1）证明：1BE平面EBC；（2）若点E为棱1AA的中点，2AB.①求四棱锥11EBBCC的体积；②求直线1EC与平面11BBCC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）①163；②33.【解析】【分析】（1）由BC⊥平面11ABBA，可得1BCBE，结

合1BEEC，可证明1BE平面EBC；（2）①由1BE平面EBC，可得1BEBE，进而可证明11ABEABE≌，可知11ABEABE，从而111145ABEAEB，由AB平面11BBCC，可知E到平面-20-11BBCC的距离dAB

，进而可求出四棱锥11EBBCC的体积;②先证明EF平面11BBCC，从而可得1EFFC，即1ECF为直线1EC与平面11BBCC所成的角，求解即可.【详解】（1）证明：由长方体1111ABCDABCD，可知BC⊥平面11ABBA.∵1BE平面11ABBA，∴1BCBE.∵1BE

EC，BCECC，且,BCEC平面EBC，∴1BE平面EBC.（2）①∵1BE平面EBC，且BE平面EBC，∴1BEBE，即190BEB，∵1190AEBAEBAEBABE

，∴11AEBABE，又111111AEEAABABBAEBAE，∴11ABEABE≌，∴11ABEABE，则111145ABEAEB，∴1112AEA

B.在长方体1111ABCDABCD中，1//AA平面11BBCC，1EAA，AB平面11BBCC.∴E到平面11BBCC的距离2dAB，∴四棱锥11EBBCC的体积11624233V

.②取F为棱1BB的中点，连接EF、1CF，则//EFAB.由题意知AB平面11BBCC，所以EF平面11BBCC，∵1FC平面11BBCC，∴1EFFC，∴1ECF为直线1EC与平面11BBCC所成的角.在11RtABE中，11=22,2BE

AE，-21-在11RtEBC中，22221111(22)223ECEBBC.于是1123sin323EFECFEC.所以直线1EC与平面11BBCC所成的角的正弦值为33.【点睛】

本题考查线面垂直的证明，考查四棱锥体积的求法，考查线面角的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.