(解析版)湖北省宜昌市协作体2017-2018学年高一下学期期末考试数学试题
2017-2018学年高一数学下学期期末考试试题文(含解析)(1)
宜昌市第一中学 2018 年春季学期高一年级期末考试数学试题(文科)一、选择题：（本题共 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. 的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据二倍角公式得到结果.详解：故答案为：B.点睛：本题考查了三角函数的化简求值，二倍角公式的应用.2. 下列命题正确的是( )A. 经过平面外一点有且只有一平面与已知平面垂直B. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行C. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直D. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直【答案】D【解析】分析：根据课本判定定理和特殊的例子来进行排除。
详解：A. 经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直；故不正确.B.经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行,故不正确.C. 经过平面外一点有一个平面和已知直线垂直，这个平面中的过这个点的所有直线均和已知直线垂直，因此这样的直线有无数条.故选项不正确.D. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,根据课本的推论得到，选项正确.故答案为：D.点睛：本题主要考查了平面的基本性质及推论，是高考中常见的题型，往往学生忽视书本上的基本概念，值得大家注意．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.3. 已知，那么的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：利用“作差法”和不等式的性质即可得出．详解：∵﹣1＜a＜0，∴1+a＞0，0＜﹣a＜1．∴﹣a﹣a2=﹣a（1+a）＞0，a2﹣（﹣a3）=a2（1+a）＞0．∴﹣a＞a2＞﹣a3．故选：B．点睛：本题考查了利用“作差法”比较两个数的大小和不等式的性质，属于基础题．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.4. 在中，若，则等于（）A. B. 或 C. 或 D.【答案】C【解析】分析：利用正弦定理求出sinB，得出B，利用内角和定理进行检验．详解：由正弦定理得，即∴sinB=．∴B=60°或B=120°．故选：C .点睛：本题主要考查正弦定理解三角形，属于简单题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.5. 当圆锥的侧面积和底面积的比值是 2 时，圆锥侧面展开图的圆心角等于( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，得出=2，利用中截面三角形求解即可．详解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则 2，∴=2，设母线长l为2，r=1,则展开图的弧长为，以母线长为半径的圆的周长为4，故此时圆锥侧面展开图的圆心角等于.故选：D．点睛：本题考查圆锥的结构特征，基本几何量的计算．属于基础题．6. 已知是等比数列，若，数列的前项和为,则（）A. B. 31 C. D. 7【答案】A【解析】由题意，设等比数列的公比为，由，可得，解得，所以，所以，所以，故选A．7. 函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论．详解：函数f（x）= =sin2x的最小正周期为=π，故选：C．点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，正弦函数的周期性，属于基础题．利用了sin2θ+cos2θ=1巧妙的完成弦切互化.8. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度得到函数的图象．则图象一条对称轴是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，得到g（x）=3sin（2x﹣），从而得到g（x）图象的一条对称轴是.详解：将函数f（x）=3sin（4x+）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y=3sin （2x+）的图象，再向右平移个单位长度，可得y=3sin[2（x﹣）+]=3sin（2x﹣）的图象，故g（x）=3sin （2x﹣）．令 2x﹣=kπ+，k∈z，得到 x=•π+，k∈z．则得 y=g（x）图象的一条对称轴是，故选：C．点睛：本题主要考查函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，函数y=Asin（ωx+∅）的图象的对称轴，属于中档题． y=Asin（ωx+∅）图象的变换，函数图像平移满足左加右减的原则，这一原则只针对x本身来说，需要将其系数提出来，再进行加减.9. 已知，且，则向量与的夹角为 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量点积运算得到,而得到夹角.详解：，且，化简得到故答案为：A.点睛：平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A. B. 3 C. D.【答案】B【解析】分析：根据三视图得到原图，从而得到体积.详解：根据三视图得到原图是一个斜三棱锥，底面是一个底边长为2，高为3的三角形，棱锥的高为3，故得到体积为3.故答案为：B.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.11. 如图，某地一天从 6 ~ 14 时的温度变化曲线近似满足函数：，则中午 12 点时最接近的温度为。
宜昌市重点名校2017-2018学年高一下学期期末联考数学试题含解析
宜昌市重点名校2017-2018学年高一下学期期末联考数学试题一、选择题：本题共12小题，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．某公司计划在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告费标准分别是500元/分钟和200元/分钟，假设甲、乙两个电视台为该公司做的广告能给公司带来的收益分别为0.4万元/分钟和0.2万元/分钟，那么该公司合理分配在甲、乙两个电视台的广告时间，能使公司获得最大的收益是（）万元 A ．72 B ．80C ．84D ．90【答案】B 【解析】 【分析】设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为,x y 分钟，总收益为z 元，根据题意得到约束条件，目标函数，平行目标函数图象找到在纵轴上截距最大时所经过的点,把点的坐标代入目标函数中即可. 【详解】设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为,x y 分钟，总收益为z 元，则由题意可得可行解域：300500200900000,0x y x y x y +⎧⎪+⎨⎪⎩，目标函数为40002000z x y =+ 可行解域化简得，300529000,0x y x y x y +⎧⎪+⎨⎪⎩，在平面直角坐标系内，画出可行解域，如下图所示：作直线:400020000l x y +=，即20x y +=，平行移动直线l ，当直线l 过M 点时，目标函数取得最大值，联立30052900x y x y +=⎧⎨+=⎩，解得100,200x y ==，所以M 点坐标为(100,200)，因此目标函数最大值为max 40001002000200800000z =⨯+⨯=，故本题选B.本题考查了应用线性规划知识解决实际问题的能力，正确列出约束条件，画出可行解域是解题的关键. 2．正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1AA 与BC 所成角的大小为（ ） A ．30 B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】利用异面直线1AA 与BC 所成角的的定义，平移直线BC ，即可得答案． 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，易得190A AD ∠=︒．//AD BC∴异面直线1AA 与BC 垂直，即所成的角为90︒.故选：D ． 【点睛】本题考查异面直线所成角的定义，考查对基本概念的理解，属于基础题. 3．一位妈妈记录了孩子6至9岁的身高（单位：cm ），所得数据如下表：由散点图可知，身高y 与年龄x 之间的线性回归方程为8.8y x a =+，预测该孩子10岁时的身高为 A ．154 B ．153C ．152D ．151【答案】B 【解析】试题分析：根据题意，由表格可知，6789118126136144x==7.5y==13144++++++，身高y 与年龄x 之间的线性回归直线方程为8.8ˆˆyx a =+，那么可知回归方程必定过样本中心点，即为（7,131）代入可知，a ∧=65，预测该学生10岁时的身高，将x=10代入方程中，即可知为153，故可知答案为B 考点：线性回归直线方程点评：主要是考查了线性回归直线方程的回归系数的运用，属于基础题． 4．圆22(2)4x y ++=与圆22(2)(1)9x y -+-=的位置关系为（ ） A ．内切 B ．相交C ．外切D ．相离【答案】B试题分析：两圆的圆心距为22(22)(10)17++-=，半径分别为2,3，321723∴-<<+，所以两圆相交 ．故选C ． 考点：圆与圆的位置关系．5．已知x ，y 的线性回归直线方程为0.82 1.27y x =+，且x ，y 之间的一组相关数据如下表所示，则下列说法错误的为A ．变量x ，y 之间呈现正相关关系B ．可以预测，当5x =时， 5.37y =C ． 2.09m =D ．由表格数据可知，该回归直线必过点()1.5,2.5【答案】C 【解析】 【分析】A 中，根据线性回归直线方程中回归系数b =0.82＞0，判断x ，y 之间呈正相关关系；B 中，利用回归方程计算x ＝5时y 的值即可预测结果；C 中，计算x 、y ，代入回归直线方程求得m 的值；D 中，由题意知m ＝1.8时求出x 、y ，可得回归直线方程过点（x ，y ）． 【详解】已知线性回归直线方程为y =0.82x+1.27，b =0.82＞0，所以变量x ，y 之间呈正相关关系，A 正确；计算x ＝5时，y =0.82×5+1.27＝5.37，即预测当x ＝5时y ＝5.37，B 正确；14x =⨯（0+1+2+3）＝1.5，14y =⨯（0.8+m+3.1+4.3）8.24m+=， 代入回归直线方程得8.24m+=0.82×1.5+1.27，解得m ＝1.8，∴C 错误； 由题意知m ＝1.8时，x =1.5，y =2.5，所以回归直线方程过点（1.5，2.5），D 正确． 故选C ． 【点睛】本题考查了线性回归方程的概念与应用问题，是基础题． 6．设集合{}22,0,2,{|20}A B x x x =-=--=,则A B ⋂=（ ）A ．∅B ．C ．{}0D ．{}2-【解析】试题分析：由已知得，{}21B =-，，故{}2A B ⋂=，选B ． 考点：集合的运算．7．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( ) A ．83πB ．323π C ．16π D ．32π【答案】B 【解析】 【分析】作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形PAB ，外接球的截面是圆为球的大圆是PAB ∆的外接圆，由图可得球的半径与圆锥的关系． 【详解】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形PAB ，PAB ∆的外接圆是球的大圆，设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R)2＋32，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π， 故选B ． 【点睛】本题考查球的体积，关键是确定圆锥的外接球与圆锥之间的关系，即球半径与圆锥的高和底面半径之间的联系，而这个联系在其轴截面中正好体现． 8．已知x y z >>，2x y z ++=，则（ ） A ．xy yz >B ．xz yz >C ．xy xz >D ．x y z y >【答案】C 【解析】由放缩法可得出0x >，再利用特殊值法以及不等式的基本性质可判断各选项中不等式的正误. 【详解】x y z >>，23x y z x ∴=++<，可得203x >>.取0y =，3x =，1z =-，则A 、D 选项中的不等式不成立； 取0z =，32x =，12y =，则B 选项中的不等式不成立； 0x且y z >，由不等式的基本性质得xy xz >，C 选项中的不等式成立.故选：C. 【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用不等式的性质或特殊值法进行判断，考查推理能力，属于中等题. 9．已知1sin,sin ,sin ,222a x x b x ωωω⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中0>ω，若函数1()2f x a b =⋅-在区间(,2)ππ内有零点，则实数ω的取值可能是（ ） A ．18B ．14C ．12D ．34【答案】D 【解析】 【分析】求出函数()sin 24f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()024f x x πω⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，4,k x k Z ππω+=∈， 根据不等式42,k k Z ππππω+<<∈求解，即可得到可能的取值.【详解】 由题：1sin,sin ,sin ,222a x x b x ωωω⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中0>ω， 111()sin sin sin 22222f x a b x x x ωωω=⋅-=+- 1cos 11sin 222x x ωω-=+-24x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 令()024f x x πω⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，,4x k k Z πωπ-=∈，4,k x k Z ππω+=∈若函数1()2f x a b =⋅-在区间(,2)ππ内有零点， 则42,k k Z ππππω+<<∈有解，解得：11,284k k k Z ω+<<+∈ 当110,84k ω=<<当551,84k ω=<<当992,84k ω=<<结合四个选项可以分析，实数ω的取值可能是34. 故选：D 【点睛】此题考查根据函数零点求参数的取值范围，需要熟练掌握三角函数的图像性质，求出函数零点再讨论其所在区间列不等式求解.10．在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若::1:1:2A B C =，则::a b c =（） A．B ．1:1:C ．1:1:2D ．1:1:3【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理可得::sin :sin :sin a b c A B C =，再结合,42A B C ππ===求解即可.【详解】解：由A B C π++=， 又::1:1:2A B C =， 则,42A B C ππ===，由sin sin sin a bcA B C==，则::sin :sin :sin ::11:1:22a b c A B C === 故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理，属基础题.11．平面直角坐标系xOy 中，角α的顶点在原点，始边在x 轴非负半轴，终边与单位圆交于点34,55A ⎛⎫⎪⎝⎭，将其终边绕O 点逆时针旋转34π后与单位园交于点B ，则B 的横坐标为（ ） A ．425-B ．7210-C ．7210D ．210-【答案】B 【解析】 【分析】34cos ,sin 55αα==，B 的横坐标为3cos()4απ+，计算得到答案.【详解】有题意知：34cos ,sin 55αα== B 的横坐标为：33372cos()cos cos sin sin 44410απαπαπ+=-=-故答案选B 【点睛】本题考查了三角函数的计算，意在考查学生的计算能力.12．下图为某市国庆节7天假期的楼房认购量与成交量的折线图，小明同学根据折线图对这7天的认购量（单位：套）与成交量（单位：套）作出如下判断：①日成交量的中位数是26；②日成交量超过日平均成交量的有2天；③认购量与日期正相关；④10月2日到10月6日认购量的分散程度比成交量的分散程度更大.则上述判断错误．．的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B 【解析】 【分析】将国庆七天认购量和成交量从小到大排列,即可判断①;计算成交量的平均值,可由成交量数据判断②;由图可判断③;计算认购量的平均值与方差,成交量的平均值与方差,对方差比较即可判断④. 【详解】国庆七天认购量从小到大依次为:91,100,105,107,112,223,276 成交量从小到大依次为:8,13,16,26,32,38,166 对于①,成交量的中为数为26,所以①正确; 对于②,成交量的平均值为813162632381296427769.7=++≈++++,有1天成交量超过平均值,所以②错误;对于③,由图可知认购量与日期没有正相关性,所以③错误; 对于④, 10月2日到10月6日认购量的平均值为105911071001110352+=+++方差为()()()()()22222211105103911031071031001031121035s ⎡⎤=-+-+-+-+-⎢⎥⎣⎦ 50.8=10月2日到10月6日成交量的平均值为832162638245++++=方差为()()()()()2222222182432241624262438245s ⎡⎤=-+-+-+-+-⎢⎥⎣⎦ 116.8=所以由方差性质可知, 10月2日到10月6日认购量的分散程度比成交量的分散程度更小,所以④错误; 综上可知,错误的为②③④ 故选:B 【点睛】本题考查了统计的基本内容,由图示分析计算各个量,利用方差比较数据集中程度,属于基础题. 二、填空题：本题共4小题13．已知两点()()2,0,0,4A B -，则线段AB 的垂直平分线的方程为_________. 【答案】230x y +-= 【解析】 【分析】求出直线AB 的斜率和线段AB 的中点，利用两直线垂直时斜率之积为1-可得出线段AB 的垂直平分线的斜率，然后利用点斜式可写出中垂线的方程． 【详解】线段AB 的中点坐标为()1,2-，直线AB 的斜率为04220-=--，所以，线段AB 的垂直平分线的斜率为12-，其方程为()1212y x -=-+，即230x y +-=.故答案为230x y +-=.【点睛】本题考查线段垂直平分线方程的求解，有如下两种方法求解：（1）求出中垂线的斜率和线段的中点，利用点斜式得出中垂线所在直线方程；（2）设动点坐标为(),x y ，利用动点到线段两端点的距离相等列式求出动点的轨迹方程，即可作为中垂线所在直线的方程．14．若等比数列{}n a 满足135a a +=，且公比2q ，则35a a +=_____.【答案】20. 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式及其性质即可得出． 【详解】223513()2520a a q a a +=+=⨯=，故答案为：1． 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于容易题． 15．光线从点(1,4)射向y 轴，经过y 轴反射后过点(3,0)，则反射光线所在的直线方程是________. 【答案】30x y +-=（或写成3y x =-+） 【解析】 【分析】光线从点(1,4)射向y 轴，即反射光线反向延长线经过(1,4)关于y 轴的对称点(1,4)-，则反射光线通过(1,4)-和(3,0)两个点，设直线方程求解即可。
2017-2018年宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一(下)期末数学试卷(理科)(解析版)
2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（理科）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．（5分）直线x+y﹣3＝0的倾斜角为（）A．45°B．﹣45°C．135°D．90°2．（5分）若点（0，）到直线l：x+3y+m＝0（m＞0）的距离为，则m＝（）A．7B．C．14D．173．（5分）圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为（）A．3B．4C．5D．64．（5分）给出下列四种说法：①若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b；②若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β；③若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β；④若直线a∥α，a∥β，则α∥β．其中正确说法的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个5．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝﹣11，a4+a6＝﹣6，则当S n取最小值时，n等于（）A．6B．7C．8D．96．（5分）半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A．πR3B．πR3C．πR3D．πR37．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC中直角三角形的个数为（）A．4B．3C．2D．18．（5分）已知水平放置的△ABC用斜二测画法得到平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原来△ABC的面积为（）A．B．C．a2D．9．（5分）若实数x，y满足条件，则z＝3x+y的最大值为（）A．7B．8C．9D．1410．（5分）数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），若其欧拉线的方程为x﹣y+2＝0，则顶点C的坐标是（）A．（﹣4，0）B．（0，﹣4）C．（4，0）D．（4，0）或（﹣4，0）11．（5分）若动点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x﹣y﹣15＝0上移动，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是（）A．B．C．D．12．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a cos B﹣b cos A＝，则tan（A﹣B）的最大值为（）A．B．C．D．二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将最后答案填在答题卡的相应位置. 13．（5分）直线l：ax+y+3＝0（a∈R）定点，定点坐标为．14．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所成角的大小是．15．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：2x+（a+1）y+1＝0，若l1∥l2，则实数a的值是．16．（5分）三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，本大题共6小题，70分.17．（10分）如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（Ⅰ）计算圆柱的表面积；（Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．18．（12分）光线通过点A（2，3），在直线l：x+y+1＝0上反射，反射光线经过点B（1，1）．（Ⅰ）求点A（2，3）关于直线l对称点的坐标；（Ⅱ）求反射光线所在直线的一般式方程．19．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，cos A＝，a ＝2．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．20．（12分）设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且满足S3＝3a3+2a2，a4＝8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列b n＝log2a n，求{|b n|}的前n项和T n．21．（12分）已知美国苹果手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元．设公司一年内生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为R（x）万美元，且．（1）写出年利润（万美元）关于年产量x（万部）的函数解析式；（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．22．（12分）已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱与底面成锐角α，点B1在底面上的射影D落在BC边上．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BB1CC1；（Ⅱ）当α为何值时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点？（Ⅲ）当AB1⊥BC1，且D为BC的中点时，若BC＝2，四棱锥A﹣BCC1B1的体积为2，求二面角A﹣B1C1﹣C的大小．2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.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．（5分）直线x+y﹣3＝0的倾斜角为（）A．45°B．﹣45°C．135°D．90°【解答】解：∵直线x+y﹣3＝0的斜率等于﹣1，设直线x+y﹣3＝0的倾斜角为θ，则tanθ＝﹣1，0≤θ＜π，解得θ＝135°，故选：C．2．（5分）若点（0，）到直线l：x+3y+m＝0（m＞0）的距离为，则m＝（）A．7B．C．14D．17【解答】解：由题意可得：＝，m＞0，解得m＝．故选：B．3．（5分）圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，圆台的高为：h，πh（r12+r22+r1r2）＝（1+4+2）＝7π，解得h＝3．故选：A．4．（5分）给出下列四种说法：①若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b；②若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β；③若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β；④若直线a∥α，a∥β，则α∥β．其中正确说法的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个【解答】解：对于①，若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b或异面，①错误；对于②，若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β或相交，②错误；对于③，若平面α∥β，直线a⊂α，则a与β无公共点，即a∥β，③正确；对于④，若直线a∥α，a∥β，则α∥β或相交，∴④错误；综上，其中正确说法序号是③，共1个．故选：D．5．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝﹣11，a4+a6＝﹣6，则当S n取最小值时，n等于（）A．6B．7C．8D．9【解答】解：设该数列的公差为d，则a4+a6＝2a1+8d＝2×（﹣11）+8d＝﹣6，解得d＝2，所以，所以当n＝6时，S n取最小值．故选：A．6．（5分）半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A．πR3B．πR3C．πR3D．πR3【解答】解：2πr＝πR，所以r＝，则h＝，所以V＝故选：A．7．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC中直角三角形的个数为（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，∴BC⊥P A，BC⊥AB，∵P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB．∴四面体P﹣ABC中直角三角形有△P AC，△P AB，△ABC，△PBC．故选：A．8．（5分）已知水平放置的△ABC用斜二测画法得到平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原来△ABC的面积为（）A．B．C．a2D．【解答】解：∵直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，直观图△A′B′C′的面积是，又∵原几何图形的面积：直观图的面积＝2：1，故原来△ABC的面积为故选：D．9．（5分）若实数x，y满足条件，则z＝3x+y的最大值为（）A．7B．8C．9D．14【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z＝3x+y得y＝﹣3x+z，平移直线y＝﹣3x+z，由图象可知当直线y＝﹣3x+z经过点A时，直线y＝﹣3x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即A（2，3），代入目标函数z＝3x+y得z＝3×2+3＝9．即目标函数z＝3x+y的最大值为9．故选：C．10．（5分）数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），若其欧拉线的方程为x﹣y+2＝0，则顶点C的坐标是（）A．（﹣4，0）B．（0，﹣4）C．（4，0）D．（4，0）或（﹣4，0）【解答】解：设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为（），代入欧拉线方程得：，整理得：m﹣n+4＝0 ①AB的中点为（1，2），，AB的中垂线方程为y﹣2＝（x﹣1），即x﹣2y+3＝0．联立，解得．∴△ABC的外心为（﹣1，1）．则（m+1）2+（n﹣1）2＝32+12＝10，整理得：m2+n2+2m﹣2n＝8 ②联立①②得：m＝﹣4，n＝0或m＝0，n＝4．当m＝0，n＝4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（﹣4，0）．故选：A．11．（5分）若动点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x﹣y﹣15＝0上移动，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：由于点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在2条平行直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x ﹣y﹣15＝0上移动，故P1P2的中点P所在的直线方程为x﹣y﹣10＝0，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是原点O到直线x﹣y﹣10＝0的距离，等于＝5，故选：B．12．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a cos B﹣b cos A＝，则tan（A﹣B）的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵a cos B﹣b cos A＝c，∴结合正弦定理，得sin A cos B﹣sin B cos A＝sin C，∵C＝π﹣（A+B），得sin C＝sin（A+B），∴sin A cos B﹣sin B cos A＝（sin A cos B+cos A sin B），整理可得：sin A cos B＝4sin B cos A，同除以cos A cos B，得tan A＝4tan B，由此可得tan（A﹣B）＝＝＝，∵A、B是三角形内角，且tan A与tan B同号，∴A、B都是锐角，即tan A＞0，tan B＞0，∵≥2＝4，∴tan（A﹣B）＝≤，当且仅当＝4tan B，即tan B＝时，tan（A﹣B）的最大值为．故选：B．二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将最后答案填在答题卡的相应位置.13．（5分）直线l：ax+y+3＝0（a∈R）定点，定点坐标为（0，﹣3）．【解答】解：对于直线l：ax+y+3＝0（a∈R），令x＝0，求得y＝﹣3，可得直线过定点（0，﹣3），故答案为：（0，﹣3）．14．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所成角的大小是．【解答】解：连结AB1、B1C，∵正方体ABCD﹣A 1B1C1D1中，A1B1CD，∴四边形A 1B1CD是平行四边形，可得A1D B1C，因此∠B1CA（或其补角）就是异面直线AC与A1D所成的角，设正方体的棱长等于1，∵△AB1C中，AB1＝AC＝B1C＝，∴△AB1C是等边三角形，可得∠B1CA＝．即异面直线AC与A1D所成角的大小是．故答案为：15．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：2x+（a+1）y+1＝0，若l1∥l2，则实数a的值是﹣3．【解答】解：∵l1∥l2，∴a（a+1）﹣2×3＝0，即a2+a﹣6＝0，解得a＝﹣3，或a＝2；当a＝﹣3时，l1为：﹣3x+3y+1＝0，l2为：2x﹣2y+1＝0，满足l1∥l2；当a＝2时，l1为：2x+3y+1＝0，l2为：2x+3y+1＝0，l1与l2重合；所以，实数a的值是﹣3．故答案为：﹣3．16．（5分）三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为6π．【解答】解：由已知中的三视图可得，该几何体的外接球，相当于一个棱长为1，1，2的长方体的外接球，故外接球直径2R＝＝，故该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝6π，故答案为：6π．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，本大题共6小题，70分. 17．（10分）如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（Ⅰ）计算圆柱的表面积；（Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．【解答】解：（Ⅰ）已知圆柱的底面半径为r，则圆柱和圆锥的高为h＝2r，圆锥和球的底面半径为r，则圆柱的表面积为；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，∴圆锥、球、圆柱的体积比为：：2πr3＝1：2：3．18．（12分）光线通过点A（2，3），在直线l：x+y+1＝0上反射，反射光线经过点B（1，1）．（Ⅰ）求点A（2，3）关于直线l对称点的坐标；（Ⅱ）求反射光线所在直线的一般式方程．【解答】解：（Ⅰ）设点A（2，3）关于直线l的对称点为A0（x0，y0），则，（4分）解得x0＝﹣4，y0＝﹣3，即点A（2，3）关于直线l的对称点为A0（﹣4，﹣3）．（6分）（Ⅱ）由于反射光线所在直线经过点A0（﹣4，﹣3）和B（1，1），所以反射光线所在直线的方程为y﹣1＝（x﹣1），即4x﹣5y+1＝0．（12分）19．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，cos A＝，a ＝2．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）在△ABC中，A，B，C∈（0，π），由cos A＝，得：sin A＝＝，由cos C＝，得：sin C＝＝，可得：sin B＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C＝+＝…（5分）由正弦定理，得：＝，（7分）从而解得：b＝…8分（Ⅱ）∵由（Ⅰ）可得b＝，a＝2，sin C＝，∴S△ABC＝ab sin C＝×＝．（12分）20．（12分）设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且满足S3＝3a3+2a2，a4＝8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列b n＝log2a n，求{|b n|}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）设正项等比数列{a n}的公比为q，则q＞0．由已知S3＝3a3+2a2有2a3+a2﹣a1＝0，即，∴2q2+q﹣1＝0故或q＝﹣1（舍）∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：b n＝7﹣n故当n≤7时，b n≥0∴当n≤7时，当n＞7时，T n＝b1+b2+…+b7﹣（b8+b9+…+b n）＝2（b1+b2+…+b7）﹣（b1+b2+…+b n）＝﹣+42，∴T n＝．21．（12分）已知美国苹果手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元．设公司一年内生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为R（x）万美元，且．（1）写出年利润（万美元）关于年产量x（万部）的函数解析式；（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．【解答】解：（1）设年利润为y万美元，当0＜x≤40时，y＝x（400﹣6x）﹣16x﹣40＝﹣6x2+384x﹣40，当x＞40时，y＝x（）﹣16x﹣40＝﹣﹣16x+7360，所以y＝．（2）①当0＜x≤40时，y＝﹣6（x﹣32）2+6104，所以当x＝32时，y取得最大值6104，②当x＞40时，y＝﹣﹣16x+7360≤﹣2+7360＝5760．当且仅当即x＝50时取等号，所以当x＝50时，y取得最大值5 760，综合①②知，当年产量为32万部时所获利润最大，最大利润为6104万美元．22．（12分）已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱与底面成锐角α，点B1在底面上的射影D落在BC边上．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BB1CC1；（Ⅱ）当α为何值时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点？（Ⅲ）当AB1⊥BC1，且D为BC的中点时，若BC＝2，四棱锥A﹣BCC1B1的体积为2，求二面角A﹣B1C1﹣C的大小．【解答】（Ⅰ）证明：∵点B1在底面上的射影D落在BC边上，∴B1D⊥平面ABC，∴B1D⊥AC，又AC⊥BC，B1D∩BC＝D，∴AC⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）解：∵AC⊥平面BB1CC1，要使AB1⊥BC1，只要B1C⊥BC1，又BB1CC1是平行四边形，∴只要BB1CC1是菱形；∵B1D⊥BC，当△BB1C是等边三角形时，D为BC的中点，∵B1D⊥平面ABC，∴侧棱与底面成锐角α为∠B1BD，从而当α为时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点；（Ⅲ）解：如图，取B1C1中点M，连接AM，CM，∵△B1C1C是等边三角形，∴CM⊥B1C1，由AC⊥平面BB1CC1，得AC⊥B1C1，B1C1⊥平面AMC，∴∠AMC是二面角A﹣B1C1﹣C的平面角．四棱锥A﹣BCC1B1的体积，∴AC＝，在直角三角形AMC中，可得，即二面角A﹣B1C1﹣C的大小为．。
2017-2018年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高一(下)期末数学试卷(解析版)
4． （5 分）设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1+a3+a5＝3，则 S5＝（ A．5 B．7 C．9 D．10
）
5． （5 分）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 acosB＝bcosA，则△ABC 是（ ） B．直角三角形 D．等腰或直角三角形 ）
2． （5 分）已知关于 x 的不等式（ax﹣1） （x+1）＜0 的解集是（﹣∞，﹣1）∪（﹣ ，+ ∞） ，则 a＝（ A．2 ） B．﹣2 C．﹣ D． ）
3． （5 分）在△ABC 中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC 的形状是（ A．锐角三角形 C．钝角三角形 B．直角三角形 D．非钝角三角形
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，则
2a+c 的最大值是
．
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（17 题 10 分，其余各题 12 分）. 17． （10 分）在△ABC 中， （Ⅰ）求角 B 的值； （Ⅱ）若 a＝4，b＝2 ，求 c 的值． sin2B＝2sin B
2
18． （12 分）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 a1＝b1＝2，a3+a5＝22，b2b4＝b6． （Ⅰ）数列{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）设 cn＝an﹣bn，求数列{cn}前 n 项和． 19． （12 分）在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，E，F 分 别是 PB，PD 的中点，PA＝AD．
2017-2018 学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高一 （下） 期末数学试卷
一.选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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． （5 分）若 a＞b，则下列正确的是（ A．a ＞b
湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试数学(理)试卷
宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017--2018学年度第二学期高一年级期末联考理科数学试卷★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
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.直线的倾斜角为 ( ）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据方程得斜率，再根据斜率与倾斜角关系求结果,【详解】因为，所以，，选C.【点睛】本题考查斜率以及倾斜角，考查基本求解能力.2.若点到直线的距离为，则 ( ）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据点到直线距离公式列方程，解得结果.【详解】由题意得：，选B.【点睛】本题考查点到直线距离公式，考查基本求解能力.3.圆台的体积为，上、下底面的半径分别为和，则圆台的高为 ( ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆台体积公式列方程，解得高.【详解】由题意得，选A.【点睛】本题考查圆台体积公式，考查基本求解能力.4.给出下列四种说法：① 若平面，直线，则；② 若直线，直线，直线，则；③ 若平面，直线，则；④ 若直线，，则. 其中正确说法的个数为 ( ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】D【解析】【分析】根据线面关系举反例否定命题，根据面面平行定义证命题正确性.【详解】若平面，直线，则可异面；若直线，直线，直线，则可相交，此时平行两平面的交线；若直线，，则可相交，此时平行两平面的交线；若平面，直线，则无交点，即；选D.【点睛】本题考查线面平行关系，考查空间想象能力以及简单推理能力.5.设等差数列的前n项和为,若,,则当取最小值时,等于 ( ）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据条件解出公差，再根据等差数列求和公式得，最后根据二次函数性质求最值取法. 【详解】因为,,所以，因此当时，取最小值，选B.【点睛】本题考查等差数列和项，考查基本求解能力.6.半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是( ）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求圆锥底圆半径，再求高，最后根据锥体体积公式求结果.【详解】因为,选C.【点睛】本题考查圆锥侧面积以及体积，考查基本求解能力.7.如图，在中，，为所在平面外一点，，则四面体中直角三角形的个数为 ( ）A. B. C. D.【解析】【分析】根据线面垂直得线线垂直，根据线线垂直确定直角三角形的个数.【详解】因为，所以,因为，所以,即，因此为直角三角形,选D.【点睛】本题考查线面垂直判定与性质，考查基本分析论证能力.8.已知水平放置的用斜二测画法得到平面直观图是边长为的正三角形，那么原来的面积为 ( ）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据斜二测画法确定与关系，求出高，代入面积公式即可.【详解】,,选D.【点睛】本题考查斜二测画法，考查基本求解能力.9.设变量满足约束条件则目标函数的最大值为 ( ）A. B. C. D.【答案】C【分析】先作可行域，再结合图像确定目标函数所表示的直线最值取法.【详解】作可行域，直线过点A(2,3)时取最大值9,选C.【点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.10.数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称为欧拉线，已知的顶点,若其欧拉线方程为, 则顶点的坐标为 ( ）A. B. C. 或 D.【答案】B【解析】【分析】设C坐标，根据重心公式得重心坐标，代入欧拉线方程，得顶点的坐标满足条件，判断选择. 【详解】设C坐标，所以重心坐标为，因此，从而顶点的坐标可以为，选B.【点睛】本题考查重心坐标公式，考查基本求解能力.11.若动点分别在直线上移动，则的中点到原点的距离的最小值是 ( ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先确定的中点轨迹，再根据点到直线距离公式求最小值.【详解】因为,所以的中点轨迹为直线：，，因此到原点的距离的最小值是，选A.【点睛】本题考查点到直线距离公式，考查基本求解能力.12.中，角的对边长分别为，若，则的最大值为( ）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据正弦定理化角，再根据两角差正切公式以及基本不等式求最值.【详解】因为，所以因此，从而，当且仅当时取等号,选C. 【点睛】三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将最后答案填在答题卡的相应位置.13.直线过定点，定点坐标为________．【答案】【解析】【分析】根据点斜式可得得到坐标.【详解】因为，所以过定点【点睛】本题考查直线过定点，考查基本化解能力.14.正方体中，异面直线与所成角的大小为________．【答案】【解析】【分析】先平移，将异面直线与所成角转化为平面角，再根据解三角形得结果.【详解】因为，所以异面直线与所成角为,因为为正三角形，所以，即异面直线与所成角的大小为【点睛】本题考查异面直线所成角，考查基本求解能力.15.若直线与互相平行，则的值是_________．【答案】-3【解析】试题分析：由两直线平行可得：，经检验可知时两直线重合，所以．考点：直线平行的判定．16.三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】【解析】【分析】先还原几何体，再补成长方体确定外接球半径，最后根据求的表面积公式求结果.【详解】还原几何体得三棱锥顶点为一个长方体四个顶点，长方体长宽高为2，1，1，所以该三棱锥的外接球的直径为长方体对角线，因此三棱锥的外接球的表面积为.【点睛】求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．也可把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，本大题共6小题，70分.17.如图，圆柱的底面半径为，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．(Ⅰ) 计算圆柱的表面积；(Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】【分析】(1)根据圆柱侧面积加两个底面积得圆柱表面积，(2)根据圆锥、球、圆柱的体积公式计算，再求比值.【详解】(Ⅰ)已知圆柱的底面半径为，则圆柱和圆锥的高为，圆锥和球的底面半径为，则圆柱的表面积为；(Ⅱ）由(Ⅰ)知，，【点睛】本题考查圆柱侧面积以及圆锥、球、圆柱的体积公式，考查基本求解能力.18.光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点.(Ⅰ)求点关于直线对称点的坐标；(Ⅱ)求反射光线所在直线的一般式方程．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】【分析】(1)根据对称点与A连线垂直直线，以及对称点与A 中点在直线上列方程组解得结果，(2)根据对称性得反射光线所在直线经过A的对称点和，再根据点斜式求直线方程.【详解】（Ⅰ）设点关于直线l的对称点为，则解得，即点关于直线l的对称点为．（Ⅱ）由于反射光线所在直线经过点和，所以反射光线所在直线的方程为即.【点睛】本题考查点关于直线对称点问题，考查基本求解能力.19.△ABC的内角A，B，C的对边分别为，若，,.(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)求△ABC的面积.【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）.【解析】【分析】(1)先根据诱导公式以及两角和正弦公式求，再根据正弦定理求的值；(2)根据三角形面积公式求结果.【详解】（Ⅰ)在△ABC中，由得，由得,==由正弦定理得，从而(Ⅱ)【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.20.设正项等比数列的前项和为，且满足，.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列，求的前项和.【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）.【解析】【分析】(1)根据等比数列通项公式化简条件解得公比，再根据求数列的通项公式；(2)先化简，再根据绝对值定义分类求.【详解】（Ⅰ）设正项等比数列的公比为，则且由已知有，即故或（舍）（Ⅱ）由（Ⅰ）知：故当时，当时，当时，.【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量运算，考查基本求解能力.21.已知我国华为公司生产某款手机的年固定成本为万元，每生产万只还需另投入万元.设公司一年内共生产该款手机万只并全部销售完，每万只的销售收入为万元，且.(Ⅰ)写出年利润(万元）关于年产量(万只）的函数的解析式；(Ⅱ)当年产量为多少万只时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大？并求出最大利润.【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（1）利用利润等于收入减去成本，可得分段函数解析式；（2）分段求出函数的最大值，比较可得结论．试题解析：（1）当时，，当时，，所以.（2）①当时，，所以；②当时，，由于，当且仅当，即时，取等号，所以的最大值为，综合①②可知，当时，取得最大值为.22.已知斜三棱柱的底面是直角三角形，,侧棱与底面成锐角，点在底面上的射影落在边上．(Ⅰ) 求证：平面；（Ⅱ) 当为何值时，，且为的中点？(Ⅲ) 当，且为的中点时，若，四棱锥的体积为，求二面角的大小．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）；(Ⅲ).【解析】【分析】(1)根据射影得线面垂直，即得线线垂直，再通过线面垂直判定定理得结论，(2)由结合，得, 即得是菱形，再根据直角三角形解得，(3)先根据条件确定是二面角的平面角，再根据体积得，最后根据解三角形得二面角大小.【详解】(Ⅰ)因为点在底面上的射影落在边上,所以,所以,所以（Ⅱ)因为，要使，只要,又是平行四边形，所以只要是菱形；因为，当是等边三角形时为的中点，因为,所以侧棱与底面成锐角为，从而当为时，，且为的中点.(Ⅲ)如图，取中点，连接,是等边三角形，所以,由得,,所以是二面角的平面角。
湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一数学下学期期末考试试题理
宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017——２018学年度第二学期高一年级期末联考理科数学试卷本试卷共4页,满分150分,考试时间12０分钟。
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、直线的倾斜角为 ( )A、Ｂ、ﻩC、ﻩＤ、2。
若点到直线的距离为,则 ( )A、B。
C、D、3、圆台的体积为,上、下底面的半径分别为和,则圆台的高为 ( )A、B。
ﻩC、Ｄ、4、给出下列四种说法:①若平面,直线,则;②若直线,直线,直线,则;③若平面,直线,则;④若直线,,则、其中正确说法的个数为( )A。
个 B、个ﻩC。
个 D、个5、设等差数列的前n项和为,若,,则当取最小值时,等于 ( )A、B、ﻩC、ﻩＤ、6。
半径为的半圆卷成一个圆锥,则它的体积是( )A、B。
Ｃ、 D、7。
如图,在中,,为所在平面外一点,,则四面体中直角三角形的个数为( )A。
B、ﻩＣ。
D。
8。
已知水平放置的用斜二测画法得到平面直观图是边长为的正三角形,那么原来的面积为( )Ａ。
B、ﻩＣ、 D。
9、设变量满足约束条件则目标函数的最大值为( )Ａ。
ﻩB、ﻩ C、Ｄ。
10、数学家欧拉１７65年在其所著的《三角形几何学》一书中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上,后人称为欧拉线,已知的顶点,若其欧拉线方程为, 则顶点的坐标为( )A。
ﻩＢ、ﻩC、或Ｄ、11。
若动点分别在直线上移动,则的中点到原点的距离的最小值是 ( )A、Ｂ、 C。
D、１2、中,角的对边长分别为,若,则的最大值为( )A。
B。
C、 D、二、填空题:本大题共４小题,每小题５分,共20分、请将最后答案填在答题卡的相应位置、13、直线过定点,定点坐标为_______＿、14、正方体中,异面直线与所成角的大小为_＿______、15。
已知直线互相平行,则实数的值是____＿___、16。
三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的外接球的表面积为_＿______、三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤,本大题共6小题,7０分、17。
湖北省宜昌市第一中学2017-2018学年高一数学下学期期末考试试题 文(含解析)
宜昌市第一中学 2018 年春季学期高一年级期末考试数学试题(文科)一、选择题：（本题共 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. 的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据二倍角公式得到结果.详解：故答案为：B.点睛：本题考查了三角函数的化简求值，二倍角公式的应用.2. 下列命题正确的是( )A. 经过平面外一点有且只有一平面与已知平面垂直B. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行C. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直D. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直【答案】D【解析】分析：根据课本判定定理和特殊的例子来进行排除。
详解：A. 经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直；故不正确.B.经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行,故不正确.C. 经过平面外一点有一个平面和已知直线垂直，这个平面中的过这个点的所有直线均和已知直线垂直，因此这样的直线有无数条.故选项不正确.D. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,根据课本的推论得到，选项正确.故答案为：D.点睛：本题主要考查了平面的基本性质及推论，是高考中常见的题型，往往学生忽视书本上的基本概念，值得大家注意．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.3. 已知，那么的大小关系是（）A. B. C. D.【解析】分析：利用“作差法”和不等式的性质即可得出．详解：∵﹣1＜a＜0，∴1+a＞0，0＜﹣a＜1．∴﹣a﹣a2=﹣a（1+a）＞0，a2﹣（﹣a3）=a2（1+a）＞0．∴﹣a＞a2＞﹣a3．故选：B．点睛：本题考查了利用“作差法”比较两个数的大小和不等式的性质，属于基础题．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.4. 在中，若，则等于（）A. B. 或 C. 或 D.【答案】C【解析】分析：利用正弦定理求出sinB，得出B，利用内角和定理进行检验．详解：由正弦定理得，即∴sinB=．∴B=60°或B=120°．故选：C .点睛：本题主要考查正弦定理解三角形，属于简单题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.5. 当圆锥的侧面积和底面积的比值是 2 时，圆锥侧面展开图的圆心角等于( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，得出=2，利用中截面三角形求解即可．详解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则 2，∴=2，设母线长l为2，r=1,则展开图的弧长为，以母线长为半径的圆的周长为4，故此时圆锥侧面展开图的圆心角等于.点睛：本题考查圆锥的结构特征，基本几何量的计算．属于基础题．6. 已知是等比数列，若，数列的前项和为,则（）A. B. 31 C. D. 7【答案】A【解析】由题意，设等比数列的公比为，由，可得，解得，所以，所以，所以，故选A．7. 函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论．详解：函数f（x）= =sin2x的最小正周期为=π，故选：C．点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，正弦函数的周期性，属于基础题．利用了sin2θ+cos2θ=1巧妙的完成弦切互化.8. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度得到函数的图象．则图象一条对称轴是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，得到g（x）=3sin（2x﹣），从而得到g（x）图象的一条对称轴是.详解：将函数f（x）=3sin（4x+）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y=3sin（2x+）的图象，再向右平移个单位长度，可得y=3sin[2（x﹣）+]=3sin（2x﹣）的图象，故g（x）=3sin（2x﹣）．令 2x﹣=kπ+，k∈z，得到 x=•π+，k∈z．则得 y=g（x）图象的一条对称轴是，故选：C．点睛：本题主要考查函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，函数y=Asin（ωx+∅）的图象的对称轴，属于中档题． y=Asin（ωx+∅）图象的变换，函数图像平移满足左加右减的原则，这一原则只针对x本身来说，需要将其系数提出来，再进行加减.9. 已知，且，则向量与的夹角为 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量点积运算得到,而得到夹角.详解：，且，化简得到故答案为：A.点睛：平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A. B. 3 C. D.【答案】B【解析】分析：根据三视图得到原图，从而得到体积.详解：根据三视图得到原图是一个斜三棱锥，底面是一个底边长为2，高为3的三角形，棱锥的高为3，故得到体积为3.故答案为：B.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.11. 如图，某地一天从 6 ~ 14 时的温度变化曲线近似满足函数：，则中午 12 点时最接近的温度为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由图象可知B=20，A=10，=14﹣6=8，从而可求得ω，6ω+φ=2kπ﹣（k∈Z）可求得φ，从而可得到函数解析式，继而可得所求答案．详解解：不妨令A＞0，B＞0，则由得：A=10，B=20°C；又=14﹣6=8，∴T=16=，∴|ω|=，不妨取ω=．由图可知，6×+φ=2kπ﹣（k∈Z），∴φ=2kπ﹣，不妨取φ=．∴曲线的近似解析式为：y=10sin（x+）+20，∴中午12点时最接近的温度为：y=10sin（×12+）+20°C=10sin+20°C=20+10sin=5+20°C≈27°C．故选：B．点睛：已知函数的图象求解析式(1) .(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求12. 在三棱锥中，,且，是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据已知中底面△ABC是边长为的正三角形，PA⊥底面ABC，可得此三棱锥外接球，即为以△ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球∵△ABC是边长为的正三角形，∴△ABC的外接圆半径r==1，球心到△ABC的外接圆圆心的距离d=1，故球的半径R==，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积S=4πR2=8π，故选：C．点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 函数的最大值为______；【答案】【解析】分析：根据三角函数的表达式，由化一公式可将表达式进行化简，进而得到最大值》详解：函数故函数的最大值为：.点睛：本题求最值利用三角函数辅助角公式将函数化为的形式，利用求最值，其中的取值需结合数值以及符号确定. 14. 数列满足，则______；【答案】【解析】分析：代入特殊值，验证数列是周期数列，进而得到结果.详解：数列，，将n=1代入得到可以发现数列是以3为周期的数列，故=-1.故答案为：-1.点睛：本题考查数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.如果数列是非等差非等比数列，则可以通过代入数值，发现数列的通项的规律，进而得到数列通项公式.15. 如图，四棱柱的底面是平行四边形，且，分别是的中点，，若，则异面直线与所成角的大小为______；【答案】【解析】分析：将异面直线平移到同一平面内，转化到三角形HD中求线线角即可.详解：取的中点为H点，连接H，HD，在三角形HD中求线线角即可，，，连接HE，根据三角形三边关系得到HD=，H=1，D=2，在三角形HD应用余弦定理得到夹角的余弦值为，对应的角为.故答案为：点睛：这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.16. 若为的边上一点，，过点的直线分别交直线于，若，其中，则的最小值为______；【答案】3【解析】试题分析：因为，所以考点：向量共线三、解答题：（共 70 分。
2017-2018年宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一(下)期末数学试卷(文科)(解析版)
2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，如果a n＝2020，则序号n等于（）A．671B．672C．673D．6742．（5分）若x＜0，则x2，2x，x的大小关系是（）A．x2＞2x＞x B．x＞x2＞2x C．x＜x2＜2x D．2x＜x＜x2 3．（5分）用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，至少需要（）根A．6B．9C．10D．124．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱5．（5分）若变量x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最大值和最小值分别为（）A．4和3B．4和2C．3和2D．2和06．（5分）如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（）A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形7．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S3＝7a1，则数列{a n}的公比q的值为（）A．2B．3C．2或﹣3D．2或38．（5分）如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60o，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于（）A．B．C．D．9．（5分）已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．8B．C．D．10．（5分）等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为（）A．3B．3或4C．4或5D．511．（5分）如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为（）A．9：4B．4：3C．3：1D．3：212．（5分）某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是（）A．先提价p%，后提价q%B．先提价q%，后提价p%C．分两次提价%D．分两次提价%（以上p≠q）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知等差数列{a n}，若a2+a3+a7＝6，则a1+a7＝．14．（5分）要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）15．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为2，则此四棱锥体积为．16．（5分）已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝．三、解答题17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列．（1）求cos B的值；（2）边a，b，c成等比数列，求sin A sin C的值．18．（12分）某个几何体的三视图如图所示（单位：m）（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．19．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若∠ABC＝，b ＝，c＝2，D为BC的中点．（Ⅰ）求cos∠BAC的值；（Ⅱ）求AD的值．20．（12分）已知f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6．（1）若关于x的不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），求实数a，m的值；（2）若关于x的不等式f（x）＞0的解集包含集合（1，2），求a的取值范围．21．（12分）已知数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中a1＝b1＝1，a2≠b2，且b2为a1，a2的等差中项，a2为b2，b3的等差中项．（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（2）记c n＝（a1+a2+…+a n）（b1+b2+…+b n），求数列{c n}的前n项和S n．22．（12分）已知线段AB长度为2．（1）将线段分三段并将其拼成一个直角三角形，求这个直角三角形面积的最大值；（2）若点C满足CA＝2CB，求△ABC面积的最大值．2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，如果a n＝2020，则序号n等于（）A．671B．672C．673D．674【解答】解：∵{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，∴a n＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）×3＝3n﹣2．∵a n＝2020，∴3n﹣2＝2020，解得则序号n＝674．故选：D．2．（5分）若x＜0，则x2，2x，x的大小关系是（）A．x2＞2x＞x B．x＞x2＞2x C．x＜x2＜2x D．2x＜x＜x2【解答】解：∵x＜0，则x2＞x＞2x，故选：D．3．（5分）用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，至少需要（）根A．6B．9C．10D．12【解答】解：用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，如图：可知，至少需要6根长度为1的木棒．故选：A．4．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【解答】解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．故选：D．5．（5分）若变量x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最大值和最小值分别为（）A．4和3B．4和2C．3和2D．2和0【解答】解：满足约束条件的可行域如下图所示在坐标系中画出可行域平移直线2x+y＝0，经过点N（1，0）时，2x+y最小，最小值为：2，则目标函数z＝2x+y的最小值为2．经过点M（2，0）时，2x+y最大，最大值为：4，则目标函数z＝2x+y的最大值为：4．故选：B．6．（5分）如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（）A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形【解答】解：根据几何体的直观图，得该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，且有棱MA、MB、MC、MD、AB、BC、CD、DA、NA、NB、NC和ND，共12条；顶点是M、A、B、C、D和N共6个；且有面MAB、面MBC、面MCD、面MDA、面NAB、面NBC、面NCD和面NDA共个，且每个面都是三角形．所以选项A、B、C正确，选项D错误．故选：D．7．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S3＝7a1，则数列{a n}的公比q的值为（）A．2B．3C．2或﹣3D．2或3【解答】解：由S3＝7a1，则a1+a2+a3＝7a1，即a1+a1q+a1q2＝7a1，由a1≠0，化简得：1+q+q2＝7，即q2+q﹣6＝0，因式分解得：（q﹣2）（q+3）＝0，解得q＝2或q＝﹣3，则数列{a n}的公比q的值为2或﹣3．故选：C．8．（5分）如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60o，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知∠C＝30°，∠BAC＝30°，∠DAB＝30°，AD＝60m，∴BC＝AB＝＝40．故选：C．9．（5分）已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．8B．C．D．【解答】解：分析已知中的三视图得：几何体是正方体截去一个三棱台，∴．故选：C．10．（5分）等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为（）A．3B．3或4C．4或5D．5【解答】解：∵等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，∴，由d≠0，解得a1＝﹣3，d＝2，∴＝＝﹣3+n﹣1＝n﹣4，由n﹣4≥0，得n≥4，∴数列{}的前n项和取最小值时的n为3或4．故选：B．11．（5分）如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为（）A．9：4B．4：3C．3：1D．3：2【解答】解：设球的半径为1；圆锥的高为：3，则圆锥的底面半径为：r由△POD∽△PBO1，得，即，所以r＝圆锥的侧面积为：＝6π，球的表面积为：4π所以圆锥的侧面积与球的表面积之比6π：4π＝3：2．故选：D．12．（5分）某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是（）A．先提价p%，后提价q%B．先提价q%，后提价p%C．分两次提价%D．分两次提价%（以上p≠q）【解答】解：设商品的价格为1则：对于A，先提价p%，后提价q%，整理得：（1+p%）（1+q%）＝1+p%+q%+0.01qp%，对于：B，先提价q%，后提价p%，整理得：（1+q%）（1+p%）＝1+p%+q%+0.01qp%，对于C：分两次提价%，整理得：（1+%）（1+%）＝1+p%+q%+0.01%．对于D：分两次提价%，整理得：（1+%）（1+%）＝1+2%+0.01%，由于：．故选：D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知等差数列{a n}，若a2+a3+a7＝6，则a1+a7＝4．【解答】解：∵a2+a3+a7＝6，∴3a1+9d＝6，∴a1+3d＝2，∴a4＝2，∴a1+a7＝2a4＝4．故答案为：4．14．（5分）要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是160（单位：元）【解答】解：设池底长和宽分别为a，b，成本为y，则∵长方形容器的容器为4m3，高为1m，故底面面积S＝ab＝4，y＝20S+10[2（a+b）]＝20（a+b）+80，∵a+b≥2＝4，故当a＝b＝2时，y取最小值160，即该容器的最低总造价是160元，故答案为：16015．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为2，则此四棱锥体积为．【解答】解：∵棱锥的棱长都为2，∴四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，则AO＝，在Rt△POA中，可得PO＝，∴棱锥P﹣ABCD体积V P﹣ABCD＝×2×2×＝．故答案为：．16．（5分）已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝．【解答】解：∵AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC•BC•sin∠ACB＝sin∠ACB，∴sin∠ACB＝，∴∠ACB＝，或，∵若∠ACB＝，∠BDC＝＜∠BAC，可得：∠BAC+∠ACB＞+＞π，与三角形内角和定理矛盾，∴∠ACB＝，∴在△ABC中，由余弦定理可得：AB＝＝＝，∴∠B＝，∴在△BCD中，由正弦定理可得：CD＝＝＝．故答案为：．三、解答题17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列．（1）求cos B的值；（2）边a，b，c成等比数列，求sin A sin C的值．【解答】解：（1）△ABC中，由A、B、C成等差数列知，2B＝A+C，又A+B+C＝180°，∴B＝60°，∴cos B＝；…6分（2）由a、b、c成等比数列，知b2＝ac，根据正弦定理得sin2B＝sin A sin C，又cos B＝，∴sin A sin C＝1﹣cos2B＝．…12分18．（12分）某个几何体的三视图如图所示（单位：m）（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．【解答】解：由三视图可知，该几何体是由半球和正四棱柱组成，棱柱是正方体棱长为：2，球的半径为1，（1）该几何体的表面积＝正方体的表面积+半球面面积﹣球的底面积．∴S＝6×2×2+2π×12﹣π×12＝24+π（m2）．（2）该几何体的体积为正方体的体积+半球的体积，V＝2×2×2+×π×13＝8+π（m3）19．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若∠ABC＝，b ＝，c＝2，D为BC的中点．（Ⅰ）求cos∠BAC的值；（Ⅱ）求AD的值．【解答】（本题满分为12分）解：（I）法1：由正弦定理得…（1分）又∵在△ABC中，b＞c，∴C＜B，∴…（2分）∴…（3分）∴cos∠BAC＝cos（π﹣B﹣C）＝﹣cos（B+C）…（4分）＝﹣（cos B cos C﹣sin B sin C）…（5分）＝…（6分）法2：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC cos∠ABC…（1分）∴，…（2分）∴（a﹣3）（a+1）＝0解得a＝3（a＝﹣1已舍去），…（4分）∴…（5分）＝．…（6分）（II）法1：∵…（8分）∴…（10分）＝＝…（11分）∴．…（12分）法2：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC cos∠BAC…（7分）＝，…（8分）∴BC＝3，∴…（9分）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠ABD，…（10分）＝，…（11分）∴，…（12分）法3：设E为AC的中点，连结DE，则，…（7分）…（8分）在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2+DE2﹣2AE•DE•cos∠AED，…（9分）＝，…（11分）∴．…（12分）20．（12分）已知f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6．（1）若关于x的不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），求实数a，m的值；（2）若关于x的不等式f（x）＞0的解集包含集合（1，2），求a的取值范围．【解答】解：（1）根据题意，f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6，f（x）＞m即3x2﹣a（5﹣a）x﹣6+m＜0，若不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），则（﹣1）与3是方程3x2﹣a（5﹣a）x﹣6+m＝0的两根，则有，解可得m＝﹣3，a＝2或3，故m＝﹣3，a＝2或3，（2）不等式f（x）＞0，即3x2﹣a（5﹣a）x﹣6＜0，若其解集包含集合（1，2），则在区间（1，2）上，3x2﹣a（5﹣a）x﹣6＜0恒成立，变形可得a（5﹣a）＞3x﹣在区间（1，2）上恒成立，设g（x）＝3x﹣，易得其在区间（1，2）上单调递增，则g（x）在（1，2）有最大值g（2）＝3，则有a（5﹣a）≥3成立，解可得≤a≤，则a的取值范围为[，]．21．（12分）已知数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中a1＝b1＝1，a2≠b2，且b2为a1，a2的等差中项，a2为b2，b3的等差中项．（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（2）记c n＝（a1+a2+…+a n）（b1+b2+…+b n），求数列{c n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设公比及公差分别为q，d，由2b2＝a1+a2，2a2＝b2+b3，得q＝1，d＝0或q＝2，d＝2，（3分）又由a2≠b2，故q＝2，d＝2（4分）∴（6分）（2）∵（8分）∴（9分）令①②由②﹣①得，（11分）∴．（12分）22．（12分）已知线段AB长度为2．（1）将线段分三段并将其拼成一个直角三角形，求这个直角三角形面积的最大值；（2）若点C满足CA＝2CB，求△ABC面积的最大值．【解答】解：（1）设两直角边为a，b，则2＝a+b+≥2+＝（2+），当且仅当a＝b时取得等号，得S＝ab≤×（）2＝3﹣2，故这个直角三角形面积的最大值为3﹣2；（2）设CA＝2B＝2x，∠ACB＝α，面积为S，则AB2＝4＝5x2﹣4x2cosα，∴S＝x2sinα得S＝，（或者5S＝4sinα+4S cosα≤4）得S max＝．。
最新版湖北省宜昌市七校教学协作体高一下学期期末考试数学试题Word版含解析
宜昌市部分示范高中教学协作体2017年春期末联考高一数学一．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，只有一项是满足题目要求的．）1. 已知且，下列不等式中成立的一个是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由不等式的性质结合题意：∵c<d，a>b>0，∴−c>−d，且a>b，相加可得a−c>b−d，故选：B2. 已知向量，向量，且，那么等于（）A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】C【解析】由向量平行的充要条件有：，解得： .本题选择C选项.3. 在中，，则A为（）A. 或B.C. 或D.【答案】A【解析】由正弦定理：可得：，则A为或.本题选择A选项.点睛：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．4. 下列结论正确的是（）A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥；B. 一平面截一棱锥得到一个棱锥和一个棱台；C. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【答案】D...【解析】A、如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B、一平行于底面的平面截一棱锥才能得到一个棱锥和一个棱台，因此B错误；C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D、根据圆锥母线的定义知，D正确.本题选择D选项.5. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知，该几何体是在棱长分别为的长方体中的三棱锥，且：，该四面体的体积为 .本题选择A选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．6. 已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可得：据此有： .本题选择B选项.7. 设是公比为正数的等比数列，，则（）A. 2B. -2C. 8D. -8【答案】C【解析】由题意有：，即：，公比为负数，则.本题选择A选项.8. 的内角的对边分别为，已知，则（）A. B. C. 2 D. 3...【答案】D【解析】由余弦定理：，即：，整理可得：,三角形的边长为正数，则： .本题选择D选项.9. 不等式的解集为，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵不等式ax2+bx+2>0的解集为{x|−1<x<2}，∴−1,2是一元二次方程ax2+bx+2=0的两个实数根，且a<0，∴，解得a=−1，b=1.则不等式2x2+bx+a<0化为2x2+x−1<0，解得−1<x< .∴不等式2x2+bx+a<0的解集为 .本题选择B选项.点睛：解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函数的图象写出不等式的解集. 10. 已知各项均为正数的等差数列的前20项和为100，那么的最大值是( )A. 50B. 25C. 100D. 2【答案】B结合题意和均值不等式的结论有：，当且仅当时等号成立.本题选择B选项.11. 对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当m=0时,mx2−mx−1=−1<0，不等式成立；设y=mx2−mx−1，当m≠0时函数y为二次函数，y要恒小于0，抛物线开口向下且与x轴没有交点，即要m<0且△<0得到：解得−4<m<0.综上得到−4<m⩽0.本题选择A选项....点睛：不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＞0；当a≠0时，不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＜0；当a≠0时，12. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．如下图中实心点的个数为梯形数．根据图形的构成，记此数列的第项为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】观察梯形数的前几项，得5=2+3=a1，9=2+3+4=a2，14=2+3+4+5=a3，…，由此可得a2013=2+3+4+5+…+2011=×2014×2017，∴a2013−5=×2014×2017−5=1007×2017−5=2019×1006，本题选择D选项.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分，将答案填在答题纸上）13. 不等式的解集是____________________。
湖北省宜昌市第一中学2017-2018学年高一数学下学期期末考试试题 文(含解析)
宜昌市第一中学 2018 年春季学期高一年级期末考试数学试题(文科)一、选择题：（本题共 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.的值是（ ）A.B。
C。
D.【答案】B【解析】分析：根据二倍角公式得到结果。
详解：故答案为：B.点睛：本题考查了三角函数的化简求值，二倍角公式的应用。
2。
下列命题正确的是（ )A. 经过平面外一点有且只有一平面与已知平面垂直B。
经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行C. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直D。
经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直【答案】D【解析】分析：根据课本判定定理和特殊的例子来进行排除。
详解:A。
经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直;故不正确.B。
经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，故不正确。
C。
经过平面外一点有一个平面和已知直线垂直,这个平面中的过这个点的所有直线均和已知直线垂直，因此这样的直线有无数条.故选项不正确。
D. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直，根据课本的推论得到,选项正确。
故答案为：D.点睛:本题主要考查了平面的基本性质及推论，是高考中常见的题型，往往学生忽视书本上的基本概念,值得大家注意．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除,判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形,进行直观判断。
3. 已知，那么的大小关系是（ ）A。
B.C。
D.【答案】B【解析】分析:利用“作差法”和不等式的性质即可得出．详解：∵﹣1＜a＜0，∴1+a＞0，0＜﹣a＜1．∴﹣a﹣a2=﹣a（1+a）＞0，a2﹣(﹣a3）=a2（1+a）＞0．∴﹣a＞a2＞﹣a3．故选：B．点睛：本题考查了利用“作差法"比较两个数的大小和不等式的性质，属于基础题．两个式子比较大小的常用方法有：做差和 0 比，作商和 1 比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系。
(全优试卷)版湖北省宜昌市七校教学协作体高一下学期期末考试数学试题Word版含解析
宜昌市部分示范高中教学协作体2017年春期末联考高一数学一．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，只有一项是满足题目要求的．）1. 已知且，下列不等式中成立的一个是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由不等式的性质结合题意：∵c<d，a>b>0，∴−c>−d，且a>b，相加可得a−c>b−d，故选：B2. 已知向量，向量，且，那么等于（）A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】C【解析】由向量平行的充要条件有：，解得： .本题选择C选项.3. 在中，，则A为（）A. 或B.C. 或D.【答案】A【解析】由正弦定理：可得：，则A为或.本题选择A选项.点睛：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．4. 下列结论正确的是（）A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥；B. 一平面截一棱锥得到一个棱锥和一个棱台；C. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【答案】D...【解析】A、如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B、一平行于底面的平面截一棱锥才能得到一个棱锥和一个棱台，因此B错误；C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D、根据圆锥母线的定义知，D正确.本题选择D选项.5. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知，该几何体是在棱长分别为的长方体中的三棱锥，且：，该四面体的体积为 .本题选择A选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．6. 已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可得：据此有： .本题选择B选项.7. 设是公比为正数的等比数列，，则（）A. 2B. -2C. 8D. -8【答案】C【解析】由题意有：，即：，公比为负数，则.本题选择A选项.8. 的内角的对边分别为，已知，则（）A. B. C. 2 D. 3...【答案】D【解析】由余弦定理：，即：，整理可得：,三角形的边长为正数，则： .本题选择D选项.9. 不等式的解集为，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵不等式ax2+bx+2>0的解集为{x|−1<x<2}，∴−1,2是一元二次方程ax2+bx+2=0的两个实数根，且a<0，∴，解得a=−1，b=1.则不等式2x2+bx+a<0化为2x2+x−1<0，解得−1<x< .∴不等式2x2+bx+a<0的解集为 .本题选择B选项.点睛：解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函数的图象写出不等式的解集. 10. 已知各项均为正数的等差数列的前20项和为100，那么的最大值是( )A. 50B. 25C. 100D. 2【答案】B结合题意和均值不等式的结论有：，当且仅当时等号成立.本题选择B选项.11. 对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当m=0时,mx2−mx−1=−1<0，不等式成立；设y=mx2−mx−1，当m≠0时函数y为二次函数，y要恒小于0，抛物线开口向下且与x轴没有交点，即要m<0且△<0得到：解得−4<m<0.综上得到−4<m⩽0.本题选择A选项....点睛：不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＞0；当a≠0时，不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＜0；当a≠0时，12. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．如下图中实心点的个数为梯形数．根据图形的构成，记此数列的第项为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】观察梯形数的前几项，得5=2+3=a1，9=2+3+4=a2，14=2+3+4+5=a3，…，由此可得a2013=2+3+4+5+…+2011=×2014×2017，∴a2013−5=×2014×2017−5=1007×2017−5=2019×1006，本题选择D选项.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分，将答案填在答题纸上）13. 不等式的解集是____________________。
(优辅资源)版湖北省宜昌市七校教学协作体高一下学期期末考试数学试题Word版含答案
宜昌市部分示范高中教学协作体2017年春期末联考高一数学命题人：朱海燕 审题人：胡 华 （全卷满分：150分 考试用时：120分钟）第I 卷（选择题）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，只有一项是满足题目要求的．）1.已知0a b ＞＞且c d ＜，下列不等式中成立的一个是（ ）A. a c b d +>+B. a c b d ->-C. ad bc <D. a b c d>2. 已知向量(4,2)a =，向量(,3)b x =，且//a b ，那么x 等于（ ） A.8 B.7 C.6 D.53．在ABC ∆中，︒===452232B b a ，，，则A 为（ ）A. 060或0120B. 060C. 030或0150D.0304.下列结论正确的是（ ） A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥； B.一平面截一棱锥得到一个棱锥和一个棱台；C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线5.某四面体的三视图如图所示，该四面体的体积为（ ） A.34 B.2 C .38 D. 4正视图俯视图侧视图第5题图6.已知31cos )3cos(=--απα，则)3cos(πα+的值为（ ）A.31B. 31- C . 32 D. 32-7.设}{n a 是公比为正数的等比数列，1322,4a a a =-=，则3a =（ ） A.2 B. -2 C.8 D.-88. ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知22,cos 3a c A ===，则=b （ ）9.不等式220ax bx ++>的解集为{|12}x x -<<，则不等式220x bx a ++<的解集为（ ）A.1{|1}2x x x <->或B.1{|1}2x x -<< C. {|21}x x -<<D.{|21}x x x <->或10. 已知各项均为正数的等差数列}{n a 的前20项和为100，那么183a a ⋅的最大值是( ) A ．50 B ．25 C ．100 D ．22011. 对于任意实数x ，不等式210mx mx +-<恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A.]0,4(- B. )0,4(- C.]4,(--∞ D. )4,(--∞12. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．如下图中实心点的个数5，9，14，20，…为梯形数．根据图形的构成，记此数列的第2013项为2013a ，则20135a -=（ ）A ．20132019⨯B ．20122019⨯C ．20131006⨯D ．10062019⨯第II 卷（非选择题）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分，将答案填在答题纸上） 13. 不等式112<+x 的解集是 。
湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体1718学年度高一下
湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体 2017—2018学年度下学期期末联考高一数学试题（全卷满分：150 分 考试用时：120分钟）一. 选择题：本大题共12小题,每小题5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．若a ＞b ，则下列正确的是( ) A ．a 2＞ b 2 B ．ac 2＞ bc 2 C ．a 3＞b 3 D ．ac ＞ bc2．已知关于x 的不等式(ax －1)(x ＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，则a ＝( ) A ．2 B ．－2 C ．－12 D.123．在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝6，AC ＝8，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形4．设是等差数列的前项和,若,则A ．B ．C ．D ．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若a cos B ＝b cos A ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形6. 等比数列{a n }中，T n 表示前n 项的积，若T 5＝1，则( ) A ．a 1＝1 B ．a 3＝1 C ．a 4＝1 D ．a 5＝17．设首项为1，公比为的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )． A ．S n ＝2a n －1 B ．S n ＝3a n －2 C ．S n ＝4－3a n D ．S n ＝3－2a n8．平面截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面的距离为，则此球的体积为（ ） A ． B ． C ． D ．9. 一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A . B . C . D .10．在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心）中，，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. C.11．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－1，4) B ．(－∞，0)∪(3，＋∞) C ．(－4，1) D ．(－∞，－1)∪(4，＋∞) 12．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P -ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π二、填空题：本大题共4小题,每小题5分。
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宜昌市第一中学2018年春季学期高一年级期末考试数学试题(理科)一、选择题：（本题共 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. 的值是（）A. B. C. D.2. 不等式的解集为( )A. B. C. D.3. 下列命题正确的是( )A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D. 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行4. 在中，若，则是（）A. 锐角三角形；B. 直角三角形；C. 钝角三角形；D. 直角三角形或钝角三角形5. 已知是等差数列，，则该数列前10项和等于（）A. 64B. 100C. 110D. 1206. 已知非零向量，且则一定共线的三点是( )A. A、B、DB. A、B、CC. B、C、DD. A、C、D7. 在正项等比数列中，，则的值是（）A. 10000B. 1000C. 100D. 108. 若是的一个内角，且则的值为（）A. B. C. D.9. 同时具有以下性质：“①最小正周期实；②图象关于直线③在上是增函数”的一个函数是（）A. B. C. D.10. 若，，则与的夹角为（）A. B. C. D.11. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A. B. 1 C. D.12. 将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象，若，且，则的最大值为（）A. B. C. D.二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和，已知数列是等和数列，且，公和为 5那么______；14. 已知实数满足不等式组则关于的方程两根之和的最大值是______；15. 如右图，在空间四边形中，，分别是的中点，则异面直线与所成角的大小为______；16. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，图中的实心点的个数 1、5、12、22、…，被称为五角形数，其中第 1 个五角形数记作，第 2 个五角形数记作，第 3 个五角形数记作，第 4 个五角形数记作，…,若按此规律继续下去，若，则______.三、解答题：（共 70 分。
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宜昌市部分示范高中教学协作体2018年春期末联考高一数学（全卷满分：150 分考试用时：120分钟）选择题：本大题共12小题,每小题5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. 若a＞b，则下列正确的是( )A. a2＞b2B. ac2＞bc2C. a3＞b3D. ac＞bc【答案】C【解析】分析：用特殊值法排除错误选项，可得正确答案.详解：对于A.，当时不成立；对于B.，当时不成立；对于D，当时不成立；故选C.点睛：本题考查不等式的性质，注意特殊值法的应用.2. 已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪，则a＝( )A. 2B. －2C. －D.【答案】B【解析】分析：由题意，-1，是方程的两根，由此可求的值．详解：由题意，-1，是方程的两根，，故选 B .点睛：本题考查不等式的解集与方程解之间的关系，确定-1，是方程的两根是关键.3. 在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】分析：由三角形的三边判断出为最大边，根据大边对大角可得为最大角，利用余弦定理表示出，将已知的三边长代入求出的值，由的值小于0及为三角形的内角，可得为钝角，即三角形为钝角三角形．详解：为最大角，∴由余弦定理得：又为三角形的内角，∴为钝角，则的形状是钝角三角形．故选B．点睛：本题考查三角形形状的判断，涉及的知识有：余弦定理，三角形的边角关系，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．4. 设是等差数列的前项和,若,则A. B. C. D.【答案】A【解析】，，选A.视频5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a cos B＝b cos A，则△ABC是( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】A考点：三角函数恒等变换的应用；三角形形状的判定．6. 等比数列{a n}中，T n表示前n项的积，若T5＝1，则( )A. a1＝1B. a3＝1C. a4＝1D. a5＝1【答案】B【解析】分析：由题意知，由此可知，所以一定有．详解，．故选：B．点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．7. 设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则( )．A. S n＝2a n－1B. S n＝3a n－2C. S n＝4－3a nD. S n＝3－2a n【答案】D【解析】S n＝＝＝＝3－2a n.视频8. 平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，求出球的半径，然后求解球的体积．详解：因为平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，，所以球的半径为：．所以球的体积为：故选A．点睛：本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．9. 一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．详解：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积∴剩余部分体积，故选D.点睛：本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．10. 在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心）中，，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（）A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°【答案】C【解析】分析：连接交于点，连接，先证明即为与平面所成的角，即可得出结论．详解：连接交于点，连接，因为为的中点，所以，所以即为异面直线与所成的角．因为四棱锥正四棱锥，所以平面，所以为在面内的射影，所以即为与平面所成的角，即，中，所以在直角三角形中，即异面直线与所成的角为．故答案为为．点睛：本题考查异面直线所成角，考查线面垂直，属基础题．11. 若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是( )A. (－1，4)B. (－∞，0)∪(3，＋∞)C. (－4，1)D. (－∞，－1)∪(4，＋∞)【答案】D【解析】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围．详解：正实数满足则 =4，当且仅当，取得最小值4．由x有解，可得解得或．故选 D ．点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基本不等式的运用，注意满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属中档题．12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB ＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A. 8πB. 12πC. 20πD. 24π【答案】C【解析】分析：根据所给定义，画出空间结构图如下，结合长方体的外接球半径的求法得出最后答案。
详解：由题意可画出如图所示的空间几何体，则三棱锥的外接球半径即为长方体的外接球半径，所以，所以外接球的表面积所以选C点睛：本题主要考查了空间结构体外接球表面积的求法，主要是根据题意，画出立体图形，分析得到外接球的半径，从而得到正确答案，属于简单题。
二、填空题：本大题共4小题,每小题5分。
13. 数列{a n}中的前n项和S n＝n2－2n，则通项公式a n＝________．【答案】【解析】分析：由给出的数列的前项和公式，分和分类求解，然后验证时的通项公式是否满足即可．详解：：∵数列的前项和，时，．时，时也成立．故答案为．点睛：本题考查了数列递推关系、数列通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14. 若不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，则实数a的取值范围是________．【答案】(－∞，－4)∪(4，＋∞)【解析】分析：不等式的解集不是空集，只需相应方程有两个不同的根即可．详解：∵的解集不是空集，有两个不同的实数根，则需，或.即答案为.点睛：本题是考查二次函数，二次不等式，二次方程间的相互转化和相互应用，这是函数中综合性较强的问题，需熟练掌握15. α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中错误的命题有________．(填写错误命题的编号)【答案】①【解析】分析：根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案．详解：：①如果，不能得出，故错误；②如果，则存在直线使，由，可得，那么．故正确；③如果，那么与无公共点，则．故正确④如果，那么与所成的角和与所成的角均相等．故正确；所以错误的命题为：①，点睛：本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，属中档题．16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝，B＝,则2a+ c的最大值为____．【答案】【解析】分析：由正弦定理可得得，化为即可得出．详解：由得，其中的最大值是．故答案为：．点睛：本题考查了正弦定理、两角和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题：解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤（17题10分，其余各题12分）.17. 在中，．（1）求角的值；（2）若，，求的值.【答案】（1）；（2）6．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据二倍角公式化简得，进而得；（Ⅱ）利用余弦定理可得即可得的值.试题解析：解：（Ⅰ）因为，所以.因为，所以，所以，所以.（Ⅱ）由余弦定理可得，所以，解得或（舍）.解得.18. 已知是等差数列，是等比数列，且，，.（1）数列和的通项公式；（2）设，求数列前n项和.【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．因为，所以．解得d=3．又因为，所以，即可以得出数列和的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．因此，由等差数列，等比数列的前n项和即可得出数列前n项和.试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．因为，所以．解得d=3．又因为，所以．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．因此数列前n项和为．数列的前n项和为．所以，数列前n项和为．19. 在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面⊥平面【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】分析：（1）连接，因为分别是的中点，证明.即可证明平面；（2）设法证明平面. 即可证明平面⊥平面.详解：（1）证明：连接，因为分别是的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为，为中点.所以.又因为是矩形，所以.因为底面，所以.因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以平面.又因为平面AEF，所以平面⊥平面点睛：本题考查直线与平面平行的判定与证明，面面垂直的判断与证明.属中档题..20. 某建筑公司用8 000万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少12层、每层4 000平方米的楼房．经初步估计得知，如果将楼房建为x(x≥12)层，则每平方米的平均建筑费用为Q(x)＝3 000＋50x(单位：元)．（1）求楼房每平方米的平均综合费用f(x)的解析式.（2）为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？每平方米的平均综合费用最小值是多少？（注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝）【答案】（1）；（2）该楼房应建为20层，每平方米的平均综合费用最小值为5 000元．【解析】【试题分析】先建立楼房每平方米的平均综合费用函数，再应基本不等式求其最小值及取得极小值时：21. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋cos B＝1－cos A cos C. （1）求证：a，b，c成等比数列；（2）若b＝2，求△ABC的面积的最大值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】分析：（1）根据正弦定理，结合等比数列的定义即可得到结论．（2）由，可得，利用余弦定理求得的最小值，可得的最大值．由的面积可得它的最大值．详解：（1）证明：在△ABC中，cos B＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cos A cos C，∴－sin2B－(cos A cos C－sin A sin C)＝－cos A cos C，化简，得sin2B＝sin A sin C.由正弦定理，得b2＝ac，∴a，b，c成等比数列．（2）由(1)及题设条件，得ac＝4.则cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝c时，等号成立．∵0<B<π，∴sin B＝≤＝.∴S△ABC＝ac sin B≤×4×＝.∴△ABC的面积的最大值为.点睛：本题主要考查等比数列的判断以及正弦定理、余弦定理、基本不等式的应用，要求熟练掌握相应的公式，属于中档题．22. 已知数列{a n}满足：a1＝3，a n＋1＝a n＋2n＋2.（1）证明：数列是等差数列；（2）证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】分析：（1）由a n＋1＝a n＋2n＋2，得＝＋2，由此可证数列是等差数列；（2）由(1)知，＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，∴a n＝n(2n＋1)，利用裂项相消法可证详解：（1）由a n＋1＝a n＋2n＋2，得＝＋2，即－＝2，∴数列是首项为3，公差为2的等差数列．（2）由(1)知，＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，∴a n＝n(2n＋1)，∴＝<＝－，∴＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝－<1，∴＋＋＋…＋<1.点睛：本题考查都出现了的证明及利用裂项相消法证明不等式，属中档题.。