【文档说明】广西玉林高中南校区2020-2021学年高一下学期数学期末模拟题3 含答案.docx，共(7)页，1.167 MB，由小赞的店铺上传

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玉林高中南校区2020级高一（下）数学期末模拟题（3）时间：120分钟总分：150分一、选择题（每小题5分，共12小题60分）1.已知等比数列中,,则公比为()A.B.C.D.2.直线,则直线的倾斜角为()A.B.C.D.3.在中,若,则角()A.B.C.D.4.的斜二测直观图如图所示,

则原的面积为()A.B.C.D.5.设等比数列的前项和为,若,则()A.B.C.D.6.下列命题中正确的是()A.,B.C.D.7.圆上的点到直线的最短距离为()A.B.C.D.8.在中,角,,所对的边分别为,,,且,,成等差数列,,,成等比数列,则的形状为()A

.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形9.已知某四棱锥的三视图如图所示,正视图和侧视图是全等的等腰直角三角形,则该四棱锥的最长棱与底面所成角的正切值为()A.B.C.D.10.已知平面,,和直线,下列命题中错误的是()A.若,,则B.若,则

存在,使得C.若,,,则D.若,,则11.过圆外一点作圆的两条切线,切点分别为,.若为等边三角形,则过点的直线被点轨迹所截得的最短弦长为()A.B.C.D.12.已知锐角、满足,则的最小值为()A.B.C.D.二、填空题（每小题5分，共4小题20分）13.已知

,,点在轴上且到,两点的距离相等,则点的坐标为__________.14.若正数满足，求的取值范围__________.15.已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东方向航行，船沿正北方向航行．若船的航行速度为，后，船测得船位于船的北偏东处，则此时，两船相距__

________．16.已知球面上有四个点,,,,球心为,点在上,若三棱锥的体积的最大值为,则球的表面积为__________.三、解答题（17题10分，其余每小题12分，共6小题70分）17.已知在中,点,的坐

标分别为,,的中点在轴上.的中点在轴上.(1)求点的坐标;(2)求直线的方程.18.某企业生产甲、乙两种产品均需用,两种原料,已知生产吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示,如果生产吨甲、乙产品可获利润分别为万元、万元,则

该企业每天可获得最大利润为多少?19.已知两圆，，求：（1）它们的公共弦所在直线的方程；（2）公共弦长.20.在中,角的对边分别为,且满足.(1)求角的大小;(2)若为上一点,且满足,,,求.21.是正三角形,线段和都垂直于平面.设,,且为的中点,如图.(1)求证:平面;(2)

求证:;(3)求平面与平面所成锐二面角的大小22.已知:在数列中,,.(1)令,求证:数列是等差数列;(2)若为数列的前项的和,对任意恒成立,求实数的最小值.玉林高中南校区2020级高一（下）数学期末模拟题（3）答案和解析第1题：D解：若,,

那么,可得,,解得或.第2题：C解：,,故直线的倾斜角是.第3题：B解：由,可得,所以,又,所以,故选:B.第4题：D解：由题意可得,所以由,即,故选:D.第5题：C解：设等比数列的公比为,则,.第6题：D解：对于选项A;由于不等式没有减法法则,所以选项A是错误的;对于选项B,如果是一个负

数,则不等式要改变方向,所以选项B是错误的;对于选项C,如果是一个负数,则不等式要改变方向,所以选项C是错误的;对于选项D,由于此处的,所以不等式两边同时除以,不等式的方向不改变,所以选项D是正确的.第7题：C解：依

题意可知圆心为,半径为,圆心到直线的距离为,所以直线与圆相离,根据圆的几何性质可知,圆上点到直线的最短距离为.故选:C.第8题：C解：因为,,成等差数列,所以,即,因为,,成等比数列,所以,由正弦定理得,,所以,化简得,即,所以,代入得,

所以为等边三角形.第9题：C解：由三视图可得:该几何体是正方体中的一个四棱锥,如下图中的四棱锥,设正方体的边长为,该四棱锥中最长的棱为,它与底面所成角为,又,所以.故选:C.第10题：D解：对A:因为,,故,A选项正确;对B:若,则存在平行于两平面的交线且,使得,

选项正确;对C:根据题意,作图如下:因为,故在平面内存在直线垂直于的交线,使得;同理在平面内存在垂直于交线的直线,使得,故可得//,又直线,,故可得//,又平面,,由线面平行性质可得://,又,则.即证.故C选项正确;对D:若,,则

与的关系是任意的,故D选项错误.第11题：B解：由题意知,连接,因为为等边三角形,所以,所以,所以点轨迹的方程为,因为,所以点在圆的内部.连接,结合图形可知,当与垂直时,被圆所截得的弦长最短,最短弦长为.第12题：B解：因为,所以,所以因为为锐角,所以,所以,当且仅当时取等号.第

13题：解：设点的坐标为,因为,所以,解得,故点的坐标为.第14题：解：∵为正数，∴，又，∴，即，解得或（舍去），∴，即的取值范围是.第15题：解：如图：由题意知，由正弦定理得：.第16题：解：设球的半径为,由题意,知为球的直径,的

最大面积为,连接,三棱锥的体积最大时,平面,三棱锥的高为,由三棱锥体积的最大值为,得,解得,故球的表面积为.第17题：解：(1)设点,∵的中点在轴上,的中点在轴上,由中点坐标公式得,解得,∴点的坐标为.(2)由(1)知,的坐标分别为,,由直线的截距式方程,得直线的方程是,即.第

18题：解：设每天生产甲乙两种产品分别为,吨,利润为元,则,目标函数为.作出二元一次不等式组所表示的平面区域(阴影部分)即可行域,由得,平移直线,由图象可知当直线,经过点时,直线的截距最大,此时最大,解方程组,解得:,即的坐标为,,,则每天生产甲乙两种产品分别为,吨,能够产生最大的利润,最大的

利润是万元.第19题：（1）①；②，②①得：为公共弦所在直线的方程.（2）由得，圆心为，半径为，圆心到公共弦的距离为故弦长的一半为，公共弦长为......第20题：解：(1)由正弦定理,可得:,即,由,可得.由为的内角,所以.(2)由,可得.将上式平方可得:.解得.由余弦定理可得.所以.

第21题：解：(1)证明:如图所示,取的中点,连接,.∵,,∴且.又且,∴且.∴四边形为平行四边形,故.∵平面,平面,∴平面.(2)证明:∵平面,∴.又是正三角形,∴.∴平面.∴.又∵,∴.又,为中点,∴.又,∴平面.∴AF⊥BD.(3)延长交延长线于,连接.由

,知为中点,∴.由平面,,∴平面.∴为所求二面角的平面角.在等腰直角三角形中,易求.第22题：.解：(1)由得:,可得:,即,又,∴数列是首项为,公差为的等差数列.(2)由(1)得:,∵,∴,∴.又,∴,整理得:,因为对

任意恒成立,所以对任意恒成立,即对任意恒成立,∵,∴,设,则,∴,当,即时,,∴,∴的最小值为.