【文档说明】【精准解析】河北省重点中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题.doc，共(17)页，1.231 MB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年度第二学期河北省重点中学期末考试数学考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题答案填写在答题卡上．3．本试卷主要考试内容：人教

A版必修5，必修2前三章．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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.下列几何体中是四棱锥的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由四棱锥的定义判断.【详解】因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角

形，那么这个多面体叫做四棱锥.只有C符合，故选：C【点睛】本题主要考查四棱锥的定义和几何特征，属于基础题.2.已知等差数列na的前n项和为nS，且13a=，公差2d=，则5S=（）A.30B.35C.40D.45【答案】B【解析】【分析】利用等差数列前n项和公式计算即可得到答案.【详解

】因为13a=，2d=，所以51545352Sad=+=．故选：B【点睛】本题主要考查等差数列前n项和计算，属于简单题.3.在ABC中，52,sin,448BAAC===，则BC=（）A.5B.6

C.D.8【答案】A【解析】【分析】直接用正弦定理求解．【详解】由正弦定理知sinsinBCACAB=，解得5BC=．故选：A．【点睛】本题考查正弦定理，属于基础题．4.若关于x的不等式220axax++的解集为R，则a的取值范围为（）A.

(0,4B.0,4C.(0,8D.0,8【答案】D【解析】【分析】分0a=和0a两类情况讨论即可得答案.【详解】解：由题知当0a=时符合条件；当0a时，20,80,aaa−解得08a．综上，a的取值范为0,8．故选：D

.【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，考查分类讨论思想，是基础题.5.已知点(2,5),(1,6)AB，则直线AB的倾斜角为（）A.34B.23C.3D.4【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，从而可得直线的倾斜角.【详解】由题知直线AB的斜率65112k−

==−−，故直线AB的倾斜角为34．故答案为：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角的求法，可先求出斜率，再根据两者之间的关系求出倾斜角，本题属于基础题.6.在正项等比数列na中，2256892100aaaa++=，则59aa+=

（）A.5B.10C.20D.50【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的性质可得8559aaaa=，从而可得所求的59aa+的值.【详解】因为数列na为等比数列，所以()2222256895599592

2100aaaaaaaaaa++=++=+=，又0na，所以5910aa+=．故选：B.【点睛】一般地，如果na为等比数列，nS为其前n项和，则有性质：（1）若,,,*,mnpqNmnpq+=+，则mnpqaaaa=；

（2）公比1q时，则有nnSABq=+，其中,AB为常数且0AB+=；（3）232,,,nnnnnSSSSS−−为等比数列（0nS）且公比为nq.7.已知直线240xy+−=与直线230xmym+++=平行，则它们之间的距离为（）A.5B.

10C.352D.3102【答案】C【解析】【分析】根据直线240xy+−=与直线230xmym+++=平行，由4034mm−=+,解得m，然后利用两平行线间的距离.【详解】因为直线240xy+−=与直线230xmym+++=平行，

所以4034mm−=+,解得4m=，因为直线240xy+−=与直线7202++=xy所以它们之间的距离为227|4|352212−−=+．故选：C【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8.已知ac，bd，则下列结论正确的是（）A.2

2()()abcd++B.0abcdadbc+−−C.abcdD.abcd−−【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质作差比较可证B正确，举反例可说明ACD错误．【详解】若1,5,2,7acbd=−=−=−=−，则22()()abcd

++，abcd，abcd−−，ACD均错误．因为ac，bd，所以()()0abcdadbcacbd+−−=−−．B正确．故选：B．【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．应用时涉及到不等式的乘除时，不等式两边的正负对不等式的成立有决定性作用，一般比较大小可用作差

法．9.已知直线:30lxy++=，直线:260mxy−+=，则m关于l对称的直线方程为（）A.630xy++=B.630xy−+=C.260xy++=D.230xy−+=【答案】D【解析】【分析】先求两直线交点，再在m上找一点（不同于交点）做关于l的对称点，然后利用

对称点与交点求出直线方程即为答案.【详解】由题知直线l与直线m交于点()3,0P−，且点()0,6M在m上，设点M关于l对称的点的坐标为(),Nab，则61,630,22baab−=+++=解得9,3,ab=−=−则直线

MN的方程为230xy−+=，即m关于l对称的直线方程为230xy−+=．故选：D【点睛】考查对称知识，求直线关于直线对称，转化成点与点关于直线对称，也可以利用求轨迹方程的方法，到角公式等.10.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，给出

下列命题：①若//,mn⊥，则mn⊥；②若,//mm⊥，则⊥；③若,,//mn，则//mn；④若,mnm⊥⊥，则//n．其中所有真命题的序号是（）A①②B.①②③C.①②④D.②【答

案】A【解析】【分析】根据空间中线面、面面平行垂直的性质进行判断.【详解】对于①，若//,mn⊥，则m可以平移到平面上，因为n垂直于平面内所有直线，所以mn⊥，故①正确；对于②，若,//mm⊥，因此直线m可以平移到平面上，所以存在平面内一条直线垂直于，所以⊥，故②正确

；对于③，m，n可能平行，也可能异面，所以③错；对于④，n可能平行于，也可能n在平面内，所以④错.故选：A．【点睛】本题考查立体几何中线面位置关系，考查空间想象力.11.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

已知1cos,22cabAbac=+=+，则ABC的形状为（）A.等腰非等边三角形B.直角非等腰三角形C.等边三角形D.钝角三角形【答案】C【解析】【分析】先利用正弦定理将1cos2cabA=+中得边化成角，可以求出3B=，再利用正弦定理

将2bac=+化简可以求出3C=，从而判断ABC的形状为等边三角形.【详解】1cos2cabA=+，由正弦定理得1sinsinsincos2CABA=+，()1sisinsincos2nAABBA+\+=,即1sincoscossinsinsincos

2ABABABA+=+sin0A，1cos,23BB==，2bac=+，所以2sinsinsin3BAC=+=，即sinsin33CC++=，解得3C=，故ABC的形状为等边三角形．故选：C

.【点睛】本题主要考查利用正弦定理化简关系式，从而判断三角形得形状，属于基础题.12.在三棱锥SABC−中，5,17,10SABCSBACSCAB======，则该三棱锥外接球的表面积为（）A.20B.25C.26D.34【答案】C【解析】【分析】由于三棱锥对棱相等，可将它补成一个长

方体，利用长方体求得其外接球的半径，得球表面积．【详解】因为5,17,10SABCSBACSCAB======，所以可以将三棱锥SABC−如图放置于一个长方体中，设长方体的长宽、高分别为a，b，c，则有22222217,25,10,abacbc+=+=+=

整理得22226abc++=，则该棱锥外接球的半径262R=，S球2426R==．故选：C．【点睛】本题考查求三棱锥外接球的表面积，解题关键是求出球的半径，方法是把球放在一个长方体中，三棱锥的各棱是长方体六个面上面对角线．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20

分．把答案填在答题卡中的横线上．13.已知直线l的斜率为2，且经过点()2,5−−，则直线l的一般式方程为_____________．【答案】210xy−−=【解析】【分析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得

答案.【详解】解：因为直线l的斜率为2，且经过点()2,5−−，所以直线l的方程为52(2)yx+=+，即210xy−−=．故答案为：210xy−−=.【点睛】本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题.14.已知某圆柱的侧面展开图是边长为6的正方形，则该圆柱的体积为_______

_____．【答案】54【解析】【分析】根据圆柱体积公式，结合侧面展开图的性质进行求解即可【详解】因为圆柱的侧面展开图是边长为6的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为6，因此半径为3，而圆柱的高为6，故该圆柱的体积

为23546=．故答案为：54【点睛】本题考查了圆柱体积公式的计算，考查了数学运算能力.15.有A，B，C三座城市，其中A在B的正东方向，且与B相距100km，C在A的北偏东30°方向，且与A相距300km．一架飞机从A城市出发，以400km/h的速度向C城市飞

行，飞行30min后，接到命令改变航向，飞往B城市，此时飞机距离B城市__________km．【答案】1007【解析】【分析】根据题意，画出三角形，根据余弦定理即可求解.【详解】如图，由题意可知100km,300km,200km,

120ABACADBAD====，则22212cos10000400002100200700002BDABADABADBAD=+−=+−−=，故1007kmBD=．故答案为：1007.【点睛】本题考查利用余弦定理解决实际问题，属于基础题.16.已知正数a，

b满足2ab+=，则2238ab++的最小值为__________．【答案】49【解析】【分析】根据正数a，b满足2ab+=，由223849++=++

baabab，利用基本不等式求解.【详解】因为正数a，b满足2ab+=，所以229438493749babaababab++=++=++…，当且仅当64,55ab==时，等号成立．故答案为：49【点睛】本题主要考查基本不等式的应用

，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在等差数列na中，已知244,10aa==．（1）求na的通项公式；（2）设na的前n项和为nS，若70nS=，求n

的值．【答案】（1）32nan=−；（2）7n=.【解析】【分析】（1）利用等比数列与等差数列的通项公式及其性质即可得出；（2）根据等差数列的求和公式直接计算即可.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，由题意得114,310,adad+=+=解得11,3,ad==故1(1)32

naandn=+−=−．（2）因为na的前n项和为nS，所以()2137022nnnaannS+−===，整理得(320)(7)0nn+−=，故203n=−（舍去）或7n=．【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了运算能力，属于中档题

.18.求出满足下列条件的直线方程．（1）经过点(3,2)A−且与直线340xy+−=垂直；（2）经过点()2,7B且在两条坐标轴上的截距相等．【答案】（1）3110xy−+=；（2）720,90xyxy−=+−=.【解析】【分析】（1）求出所求直线的斜率，利用点斜式方程可得所求的

直线方程；（2）根据截距是否为零分类讨论，当截距不为零时可设直线的方程为0xyb++=，代入所过的点后求出b，从而得到所求直线的方程.【详解】解：（1）因为所求的直线与直线340xy+−=垂直，所以所求的直线的斜率为3．又直线经过

点()3,2A−，所以该直线方程为23(3)yx−=+，即3110xy−+=．（2）当所求的直线与两条坐标轴上的截距均为0时，因为直线经过点()2,7B，所以该直线方程为720xy−=；当所求的直线与两条坐标轴上的截距相等且不为0时，则设该直线方程

为0xyb++=，将点()2,7B代入方程得9b=−，即所求的直线方程为90xy+−=.【点睛】本题考查直线方程的求法，一般地，确定直线方程需要两个几何要素，如知道其所过的点和斜率，或者知道截距和斜率，或知道所过的两个点，本题属于基础题.1

9.ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin3cosbCcB=−．（1）求B；（2）若23,4bac==，求ABC的周长．【答案】（1）23B=；（2）423+.【解析】【分析】（1）已知等式利用正弦定理化边

为角后可求得B角；（2）利用余弦定理列出关于,ac的关系式求得ac+后可得周长．【详解】解：（1）因为sin3cosbCcB=−，所以sinsin3sincosBCCB=−．又sin0C，所以sin3cos=−BB

，即tan3B=−．又0B，所以23B=．（2）由余弦定理得22222cos()bacacBacac=+−=+−．因为23,4bac==，所以4ac+=．故ABC的周长为423+．【点睛】本题考查

正弦定理、余弦定理，解题关键是用正弦定理进行边角转换．20.在三棱锥DABC−中，22ABBC==，4DADCAC===，平面ADC⊥平面ABC，点M在棱BC上.（1）若M为BC的中点，证明：BCDM⊥.（2）若三棱锥ACDM−的体积为23，求M到平面AB

D的距离.【答案】（1）见解析；（2）217【解析】【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，OD，根据DADC=，得到ODAC⊥，由平面ADC⊥平面ABC，得到OD⊥平面ABC，ODOB⊥，再利用OBDOCD△△，得到DBDC=，根据M为BC的中点证明.（2）由（1）得到16−=DABC

VDOBCAB，根据三棱锥ACDM−的体积为23，得到−DABMV，再由等体积法求解.【详解】（1）如图所示：取AC的中点O，连接OB，OD，因为DADC=，所以ODAC⊥.又因为平面ADC⊥平面ABC，且相交于AC，所以OD⊥平面ABC，所以ODOB⊥.因为222ABBCAC+=，所以ABBC⊥

，所以OBOC=，所以OBDOCD△△，所以DBDC=，且M为BC的中点，所以BCDM⊥.（2）18363DABCVDOBCAB−==，所以83232333DABMV−=−=.在ABD△中，221224(2)272AB

DS=−=△，设M到平面ABD的距离为h，则13ABDDABMShV−=△，解得217h=.所以M到平面ABD的距离为217.【点睛】本题考查等差线线垂直，线面垂直以及等体积法求点到面的距离，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.21.如图，在四棱柱1111

ABCDABCD−中，底面ABCD为正方形，1AA⊥平面ABCD，O为11AC的中点，且2AB=．（1）证明：//OD平面1ABC．（2）若异面直线OD与1AB所成角的正切值为13，求三棱柱111ABCABC−的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）8.【解析】【分析】（

1）连接1OB，连接BD交AC于G，连接1BG，通过证明四边形1OBGD为平行四边形得1//ODBG，进而证明//OD平面1ABC.（2）先根据异面直线OD与1AB所成角的正切值为13得11tan3ABG=，再证明AC⊥平面11BBDD，最后根据体积计算公式计算即可得答案.

【详解】（1）证明：连接1OB，连接BD交AC于G，连接1BG．易证1//OBDG，且1OBDG=，所以四边形1OBGD为平行四边形，所以1//ODBG．因为1BG平面1,ABCOD平面1ABC，所以//OD平面1ABC．（2

）解：由（1）知，1//ODBG，所以异面直线OD与1AB所成角即直线1BG与1AB所成角所以11tan3ABG=．因为底面ABCD为正方形，所以ACBD⊥，又侧棱垂直底面，所以1BBAC⊥．因为1BBBDB=，所以AC

⊥平面11BBDD，所以1ACBG⊥．因为112,tan3AGABG==，所以132BG=，所以11824BB=−=．故三棱柱111ABCABC−的体积212482V==．【点睛】本题考查线面平行的证明，几何体的体积的求解，是中档题.22.在数列na中，111

4,340nnaaa+=−+=．（1）证明：数列2na−是等比数列．（2）设()()1(1)3131nnnnnab+−=++，记数列nb的前n项和为nT，若对任意的*,nnNmT恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）3,14−+.【解析】【分析

】（1）由1340nnaa+−+=得()1232nnaa+−=−，再结合等比数列的定义即可证明；（2）先根据（1）求出432nna=+，进而得()()11(1)11(1)31313131nnnnnnnnab++−==−++++

+，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】解：（1）证明：因为1340nnaa+−+=，所以134nnaa+=−，所以()1232nnaa+−=−，即()*1232nnanNa+−=−．因

为114a=，所以1212a−=，故数列2na−是以12为首项，3为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得1212343nnna−−==，即432nna=+，则()()()()()111(1)432(1)1

1(1)313131313131nnnnnnnnnnnnab+++−+−===−+++++++．当n为偶数时，22311111111113131313131313131nnnnnT−+=−−++++−−++

++++++++L1111113131431nn++=−+=−++++，因为111431nnT+=−++是递减的，所以13414nT−−．当n为奇数时，2231111111

1113131313131313131nnnnnT−+=−−++++++−−++++++++1111113131431nn++=−−=−−+++，因为11031n++，所以14

nT−．要使对任意的*,nnNmT恒成立，只需()maxnmT，即314m−，故m的取值范围是3,14−+．【点睛】本题考查利用递推关系证明等比数列，裂项求和法求和，分类讨论思想，数列不等式恒成立问题，考查分析解决问题的能力与运算能力

，是中档题.