【文档说明】【精准解析】新疆乌鲁木齐第70中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学考试（问卷）试题.doc，共(20)页，1.936 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a921933825a679ae524fa439be007ab8.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020第二学期期末高一年级数学考试问卷一、选择题1.已知a、b、c满足0abc，则下列选项成立的是（）A.abacB.abacC.11abD.22abac【答案】A【解析】【分析】利用不等式两边同乘以一个正数

不等号不变，判断选项即可.【详解】A：因为a、b、c满足0abc，所以abac，正确；.B：abacbc，与题意不符，不正确；C：11baab，与题意不符，不正确；D：22abacbc，与题意不符，不正确；故选：A.【点睛】本题

主要考查不等式的性质.属于容易题.2.过点()3,1的直线l平分了圆：2240xyy+−=的周长，则直线l的倾斜角为（）A.30°B.60C.120D.150【答案】D【解析】【分析】由直线过圆心可得直线的斜率，从而倾斜角．【详解】由2240xyy+−=

得圆标准方程是22(2)4xy+−=，知其圆心为()0,2；直线l平分了圆：2240xyy+−=的周长，则此直线过圆的圆心()0,2，于是其斜率为213303k−==−−；所以其倾斜角为150.故选：D．【点睛】本题考查圆的性质，圆是以圆心为对称中心的中心对称图

形，也是以每条直径所在直线为对称轴的中心图形．3.已知{}na为等比数列,472aa+=,568aa=−,则110aa+=（）A.7B.5C.5−D.7−【答案】D【解析】【分析】由条件可得47aa，的值，进而由27104aaa=和2

417aaa=可得解.【详解】56474747822,4aaaaaaaa==−+==−=或474,2aa==−.由等比数列性质可知2274101478,1aaaaaa==−==或2274101471,8aaaaaa====−1107aa+=−故选

D.【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.4.已知m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题正确的是（）A.若，垂直于同一平面，则与不平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若，不平行，

则在内不存在与平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】【分析】采用逐一验证法，根据线线、线面、面面的位置关系以及相关的判定定理和性质定理，直接判断可得结果.【详解】A项，若，垂直于同一平面，则与平行或相交，故A项错误；B项，若m，

n平行于同一平面，则m与n可能平行、相交或异面，故B项错误；C项，若，不平行，则在内与两平面交线平行的直线与平行，故C项错误；D项，因为垂直于同一平面的两条直线平行，故D项正确.故选：D【点睛】本题考查线线、线面、面面的位置关

，识记判定定理和性质定理以及相关推论，属基础题.5.在ABC中，a=15,b=10,A=60°，则cosB=()A.－223B.223C.－63D.63【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理即可得到sinB，进而得到结果.【详解】由正弦定理得15103sinsinsinsin332abB

ABB===，baBA6cos3B=考点：正弦定理解三角形6.下列各图中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是（）A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】A【解析】【分析】采用逐一验证法，根据中位线定理和线面平行以及面

面平行的判定定理，可得结果.【详解】①项，如图，作MC//NP，连接NC，PC，得平面MCPN，因为AB//NC，NC平面MCPN，所以AB//平面MCPN，即AB//平面MNP，故①项正确；②项，如图，连结AC，AD，CD，由已知可得平面MNP//平面ACD；

因为AB和平面ACD相交，所以AB不平行于平面MNP，故②项错误；③项，如图，连接AC，BC，DE，由已知可得MN//DE，因为DE//AC，由平行的传递性可得MN//AC，又因为PN//BC，MNNPN=，

ACBCC=，所以平面ABC//平面MNP，又因为ABÌ平面ABC，所以AB//平面MNP，故③项正确；④项，如图，因为DB//MN，MN平面MNP，若AB//平面MNP，又ABDBB=，则平面ACBD//平面MNP，由图可知平面ACBD不可能平行平面MNP，所以AB不平

行于平面MNP，故④项错误。综上，①③符合题意。故选：A【点睛】本题考查线面平行的判定，考查逻辑推理能力以及分析问题能力，重在对概念以及定理要熟悉，属基础题.7.设等差数列na的公差为2，前n项和为nS，则下列结论正确的是（）A.()21nnS

nann=−−B.()21nnSnann=+−C.()1nnSnann=−−D.()1nnSnann=+−【答案】C【解析】【分析】先写出通项公式，然后将1a用，nan表示，然后计算nS，将1a代入可得结果.【详解】设等差数列na的公差为d，且2d=由题可知：()121naan=

+−，∴()121naan=−−，由()()11112−=+=+−nnndSanannn则()()()2111=−−+−=−−nnnSannnnnann故选：C【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和，关键在于识记公式，属基

础题.8.如图PAO⊥所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPB⊥，AFPC⊥，给出下列结论：①⊥AFPB；②EFPB⊥；③AEBC⊥；④平面AEF⊥平面PBC；⑤AEF是直角三角形其中正确的命题的个数是（）A.4B.3C.2D.1

【答案】A【解析】【分析】通过线面垂直判定定理得到AF⊥面PBC，PB⊥面AEF，可判断①②④⑤，通过反证法得出矛盾可判断③.【详解】因为PA⊥面ABC，AC面ABC，所以PABC⊥.因为点C是O上一点，ACBC⊥，因为PAACA=，所以BC⊥面PAC，因为AF面PAC，所

以BCAF⊥.因为AFPC⊥，PCBCC=，所以AF⊥面PBC.因为PB面PBC，EF面PBC，所以AFEF⊥，⊥AFPB.故①⑤正确.因为AEPB⊥，⊥AFPB，AEAFA=，所以PB⊥面AEF，因为EF面AEF，所以

PBEF⊥，故②正确.假设AEBC⊥成立，因为BCAF⊥，AEAFA=，所以BC⊥面AEF.但已证得PB⊥面AEF，与过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，所以假设不成立.故③不正确.因为PB⊥面AEF，

PB面PBC，所以平面AEF⊥平面PBC，故④正确.综上可得①②④⑤正确.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面垂直的性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.9.已知各顶点都在一个球

面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A.16B.20C.24D.32【答案】C【解析】正四棱柱的底面积为4，正四棱柱的底面的边长为2，正四棱柱的底面的对角线为22，正四棱柱的对角线为26，而球的直径等于正四棱柱的对角线

，即226R=，26,424RSR===球10.若动点()11,Axy，()22,Bxy分别在直线1:70lxy+−=和2:50lxy+−=上移动，则线段AB的中点M到原点的距离的最小值为（）A.32B.22C.33D.42【答案】A【解析】【分析】根据题意可得点M的

轨迹方程60xy+−=，然后利用点到直线的距离公式可得结果.【详解】由题意知：M点的轨迹为平行于直线1l、2l且到1l、2l距离相等的直线l，故其方程为60xy+−=，∴M到原点的距离的最小值为6322d==.

故选：A【点睛】本题主要考查点到直线的距离，解题关键在于点M的轨迹，审清题意，细心计算，属基础题.11.甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成，其空间构型为一个各条棱都相等的四面体，四个氢原子分别位于该四面体的四个顶点上，碳原子位于该四面体的中心，它与每个氢原子的

距离都是a，若将碳原子和氢原子均视为一个点，则任意两个氢原子之间的距离为（）A.43aB.263aC.72aD.839a【答案】B【解析】【分析】将此正四面体ABCD补成正方体，正方体的对角线就是正四面体ABCD

外接球的直径，由此可得外接球直径（正方体）的体对角线，正四面体的棱长（正方体的面对角线，正方体的棱之间的关系．【详解】显然，四面体的四个顶点在以中心（碳原子）为球心，中心到各顶点（氢原子）的距离为半径的球面上，如图，将此正四面体ABCD补成正方体BD，其中A、B、D¢也在球面上，设任意

两个氢原子之间的距离为x，则2aBD=.BD、()ABx、AA之间的关系是2xABAA==，23aBDAA==，因此22323xa=，∴263xa=，即任意两个氢原子之间的距离为263a.故选

：B．.【点睛】本题考查正四面体与外接球，解题关键是把正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球就是正方体的外接球．补形在立体几何中可以简化且明确线面、线线间的关系．12.ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知角60A=，角B为锐角，23a=

，ABC周长的取值范围（）A.(23,43B.(43,63C.234,234−+D.23,63−【答案】B【解析】【分析】由正弦定理得：234sinsinsinsin3acbACB====，可得4sin,4si

ncCbB==，得出ABC的周长234sin4sin23bcBC=++=++，根据正弦的差角公式和辅助角公式化简，再由角的范围可求得周长的范围.【详解】由正弦定理得：234sinsinsinsin3acbACB====，可得4sin,4sincCbB==，ABC的周长234sin4

sin23bcBC=++=++24sin4sin233BB=+−+224sin4sincos4cossin2333BBB=+−+6sin23cos23BB=++43sin236B=++

，因为02B，2+663B，1sin+126B，所以43sin23(43,63]6B++，ABC的周长的范围为：(43,63，故选：B.【点睛】本题考查解三角形的正弦定理，三角恒等变换，

三角函数的最值，关键在于由正弦定理将边转化为角，由角的范围求得最值，属于中档题.二、填空题13.已知实数x、y满足条件490103xyxyy+−−−则3xy−的最大值为________.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，

数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出490103xyxyy+−−−约束条件表示的可行域，如图，由10490xyxy−−=+−=可得21

xy==，将3zxy=−变形为1133yxz=−，平移直线1133yxz=−，由图可知当直1133yxz=−经过点()2,1时，直线在y轴上的截距最小，3zxy=−有最大值231z=−−=−，故答案为1−.【点睛】本题主要考查线

性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）

；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.已知长方体1111ABCDABCD−的顶点都在直径为3的球面上，12AAAB==，点E是1DD的中点，则异面直线1AE与1BD所成角的大小是______.【答案】45【解析】【分析】取1AA中点F，连DF，可证1//A

EDF，则1FDB（或补角）是异面直线1AE与1BD所成角，通过余弦定理解三角形即可求得结果.【详解】取1AA中点F，连DF，在长方体1111ABCDABCD−中，1111,,AA//DDAADDE=为1DD中点，所以11,DE//AFDE=AF，所以四边形1DEAF为平行四边

形，所以1//AEDF，则1FDB（或补角）是异面直线1AE与1BD所成角，长方体1111ABCDABCD−的顶点都在直径为3的球面上，13BD=，12BB=，得5BD=，而2AB=，则1AD=，计算得2FD=，15BF=，13BD=，112952cos,01802223F

DBFDB+−==，145FDB=，故答案为:45.【点睛】本题考查异面直线成角问题，在长方体或正方体中其对角线就是外接球的直径，利用余弦定理解三角形是解题的关键，考查计算能力

，属于中档题.15.已知0x，0y，且211xy+=，若222xymm++恒成立，则实数m的取值范围是______.【答案】()4,2−【解析】【分析】用“1”的代换凑配出定值，然后用基本不等式求得2xy+最小值后可得结论．【详解

】因为()2142244228yxxyxyxyxy+=++=+++=，要使222xymm++恒成立，所以228mm+，解得42m−.故答案为：(4,2)−．【点睛】本题考查不等式恒成立问题，解题关键是用“1”的代换

凑配出定值后用基本不等式求最小值．16.设数列na中前n项的和237nnSan=+−，则na=______.【答案】123n−+【解析】【分析】由1n=求得1a，在已知等式237nnSan=+−中用1n−替换n(2)n另一等式，两式相减后得{}na的递

推式，可构造出一新的等比数列，利用等比数列通项公式可求得na，检验1a是否也适合此式即可得．【详解】由237nnSan=+−①，取1n=得：11237aa=+−，即14a=.当2n时，()121317

nnSan−=−+−−②，①－②得：1223nnnaaa−=−+，即123nnaa−−=−.()()13232nnaan−−=−.∵1310a−=，∴数列3na−是以1为首项，以2为公比的等比数列，∴132n

na−−=.123nna−=+，故答案为：123n−+.【点睛】本题考查由na和nS的关系式求数列的通项公式，解题根据是1nnnaSS−=−，但要注意此式中2n，不包含1a．否则易出错．三、解答题17.已知直线l过两直线240xy−+=和20xy+−=的交点，且点()

1,0A−，()3,4B到直线的距离相等，求直线l的方程.【答案】2y=或2yx=+.【解析】【分析】先求出直线240xy−+=和20xy+−=的交点坐标，又点()1,0A−，()3,4B到直线的距离相等，从而求出直线l的方程.【详解】设直

线l的方程为ykxb=+；由题意得：24020xyxy−+=+−=，解得：02xy==，∴两条直线的交点为()0,2，将点()0,2代入ykxb=+，得20kb=+，解得：2b=.∴:2lykx=+，即：

20kxy−+=∵点()1,0A−和()3,4B到直线l的距离相等∴()()2222234211kkkk−+−+=+−+−解得：0k=或1k=，∴:2ly=或2yx=+.综上所述，结论是：l的方程为：2y=或2yx=+.【点睛】本

题考查用点斜式求直线的方程，考查点到直线的距离公式的应用，本题也可以用几何法分析得到直线//lAB或l过AB的中点，属于基础.18.已知：()2fxxbxc=++，不等式()0fx的解集是()0,4.（1）求(

)fx的解析式；（2）若对于任意的13,x−，则不等式()2fxt−恒成立，求t的取值范围.【答案】（1）()24fxxx=−；（2）)3,+.【解析】【分析】（1）利用二次不等式与二次方程的联系可得到二

次方程的根为0和4，可利用根与系数的关系得到,bc的关系式，从而得到其值；（2）将不等式转化为()2tfx+恒成立问题，从而求得t值.【详解】（1）()2fxxbxc=++，不等式()0fx的解集是()0,4，可得0和4是方程2

0xbxc++=的两根，即有04b+=−，04c=，解得4b=−，0c=，所以()24fxxx=−.（2）对于任意的13,x−，则不等式()2fxt−恒成立，即为()2tfx+在1,3−的最大值，由()

fx的对称轴2x=，且()1145f−=+=，()39123f=−=−，可得()fx的最大值为5，即有25t+，解得3t，则t的取值范围为)3,+.【点睛】本题主要考查了三个二次关系，以及二次函数图像和性质.属于中档题.19.如图，AB为圆O的直径

，点E、F在圆O上，且//ABEF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直，且2AB=，1ADEF==.（1）设FC的中点为M，求证：//OM面DAF；（2）求证：AF⊥面CBF.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解

析】【分析】（1）取DF的中点N，连接MN、AN，证明出四边形AOMN为平行四边形，可得出//OMAN，利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）利用圆的性质得出AFBF⊥，由面面垂直的性质定理得出BC⊥平面ABEF，可得出BCAF⊥，再利用线面垂直的判定定理可得出结论.【详解】（

1）取DF的中点N，连接MN、AN，M、N分别为CF、DF的中点，则//MNCD且12MNCD=，四边形ABCD为矩形，则//ABCD且ABCD=，O为AB的中点，则//AOCD且12AOCD=，//AOMN且AOMN=，所以，四边形A

OMN为平行四边形，则//OMAN，OM平面DAF，AN平面DAF，//OM平面DAF；（2）四边形ABCD为矩形，BCAB⊥，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB=，BC平面ABCD，BC⊥平面ABEF，AF平面ABEF，AFBC⊥，点F是以AB为直

径的圆O上异于点A、B的一点，则AFBF⊥，BCBFB=，AF⊥平面CBF.【点睛】本题考查线面平行与线面垂直的证明，考查了面面垂直性质定理的应用，考查推理能力，属于中等题.20.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc.已知cos2cos

2cosACcaBb−−=（1）求sinsinCA的值（2）若1cos,24Bb==，求ABC的面积.【答案】（1）sin2sinCA=（2）154【解析】【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得()()sin2sinABBC+=+，化简即得答案．（2）由（1）知sin2sin

cCaA==，结合题意由余弦定理可解得1a=，15sin4B=，从而计算出面积．【详解】（1）由正弦定理得2sin,2sin,2sinaRAbRbcRC===，所以coscos22sinsincossinACcaC

ABbB−−−==即sincos2sincos2sincossincosBABCCBAB−=−即有()()sin2sinABBC+=+，即sin2sinCA=所以sin2sinCA=（2）由（1）知sin2sincCaA==，即2ca=，又因为2b=，所以由余弦

定理得：2222cosbcaacB=+−，即222124224aaaa=+−，解得1a=,所以2c=，又因为1cos4B=，所以15sin4B=，故ABC的面积为11sin1222acB=154=

154.【点睛】正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．21.已知数列na的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数1a,2a,4a,7a,……构成等差数列nb，nS是nb的前n项和，且11

1ba==，515S=.（1）若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知916a=，求50a的值；（2）设1231111...nnTSSSS=++++，求nT.【答案】（1）160；（2）()21

nn+.【解析】【分析】（1）根据题意nb为等差数列，设公差为d，11b=，515S=，可得nbn=,设从第三行起每行公比为(0)qq，由916a=可求得q,而50a是数阵中第10行第5个数,利用等比数列的通项公式可得其值；（2）由(1)123,2

nnnSn+=++++=利用裂项法可以知道11121nSnn=−+,再由累加法即可求得．【详解】（1）∵nb为等差数列，设公差为d，11b=，515S=，∴551015Sd=+=，1d=，∴()111nbnn=+−=.设从第三行起每行的公比都是q，且0q，22944

16abqq===，故2q=.∴123...945++++=，故50a是数阵中第10行第5个数，而445010102160abq===.（2）由①得nbn=，所以()12nnnS+=，那么11121nSnn=−+

那么()1231111112...2111nnnTSSSSnn=++++=−=++.【点睛】本题考查了等差数列等比数列，裂项求和，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力，属于中档题.22.已知圆C：22(3)(4)4

xy−+−=，直线1l过定点(1,0)A.（1）若1l与圆相切，求1l的方程；（2）若1l与圆相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M，又1l与2l：220xy++=的交点为N，求证：||||AMAN为定值.【

答案】（1）1x=或3430xy−−=；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先讨论直线l1的斜率不存在，再讨论直线l1的斜率存在，利用点到直线的距离公式求解即可；（2）先联立直线方程得2200xykxyk++=−−=，解出223,2121kkNkk−−++

，再联立14(3)ykxkyxk=−−=−−，解出22224342(,)11kkkkMkk+++++，然后利用两点距离公式求解即可.【详解】（1）①若直线l1的斜率不存在，即直线是1x=，符合题意，②若直线l1的斜率存在，设直线l1为(1

)ykx=−，即kxyk0−−=，圆心(3,4)到直线l1的距离等于半径2，即2|34|21kkk−−=+，解得34k=，故所求直线l1方程是1x=或3430xy−−=.（2）直线l1与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线l1的方程为：kxyk0−−=，由2200xykxyk++=

−−=，得223,2121kkNkk−−++,又直线CM与l1垂直，则直线CM所在的直线方程为14(3)yxk−=−−，联立得14(3)ykxkyxk=−−=−−，得22224342(,)11kkkkMkk+++++.由两

点的距离公式可得：222222222224342223(1)()(1)()1121212213111216kkkkkkAMANkkkkkkkkk+++−=−+−+−++++++=+++=故AMAN为定值.【点睛】本题考查了过圆外一点的圆的切线问题，重点考查了直

线交点坐标的求法及两点的距离公式，属中档题.