吉林高一高中数学期末考试带答案解析

吉林高一高中数学期末考试
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.已知,向量与的夹角为
，则
等于（ ）
A ．
B ．
C ．2
D ．4
2.有一个几何体的三视图如右图所示，这个几何体应是一个( )
A ．棱台
B ．棱锥
C ．棱柱
D ．都不对
3.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是（）．
A ．BD ∥平面C
B 1D 1 B ．A
C 1⊥BD
C ．AC 1⊥平面CB 1
D 1
D ．异面直线AD 与CB 1角为60°
4.如果一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，（单位长度：
cm ），则此几何体的体积是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5.在△ABC 中，如果，那么cosC 等于（）
A ．
B ．
C ．
D ．
6.各项为正的等比数列
中，
与的等比中项为
，则
的
值为（ ） A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
7.已知直线、, 平面,，那么与平面
的关系是（ ）. A ．
B ．
C ．
D ．与
相交
8.原点和点(1,1)在直线两侧，则的取值范围是( ) A ．
B ．
C ．
D ．
9.已知A ，B ，C 三点在球O 的球面上，AB=BC=CA=3，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的，则球O 的表面积为（） A ．
B ．
C ．
D ．
10.以下列函数中，最小值为的是（） A ． B ．
C ．
D ．
11.设，则下列选项中最大的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
12.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2n ＝ (a 2＋a 4＋…＋a 2n )，a 1a 3a 5＝8，则a 8＝( ) A ．－
B ．－
C ．－64
D ．－128
二、填空题
1.已知直线经过点A(0,4)和点B （1，2），则直线AB 的斜率为_____________.
2.两平行直线的距离是 ．
3.与向量＝(－5,12)共线的单位向量的坐标是__________________．
4.α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线, 给出四个论断：
① m ^ n ②α^β ③ m ^β ④ n ^α
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为 正确的一个命题：_________________.
三、解答题
1.已知三角形的三个顶点A (－5，0)，B (3，－3)，C (0，2)，求BC 边所在的直线方程，以及该边上的高线方程．
2.在中，内角的对边分别为
，已知
．
（1）求的值；
（2）若求
的面积S.
3.设等差数列{a n }满足a 3=5,a 10=-9. (1)求{a n }的通项公式;
(2)求{a n }的前n 项和S n 的最大值.
4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC
的中点.
(1) 证明：AE ⊥平面PCD ；
(2) 求PB 和平面PAD 所成的角的大小. 5.已知不等式组
,
求此不等式组表示的平面区域的面积； 求的最大值； 求
的取值范围.
6.已知直线l 过定点（1.4）,求当直线l 在第一象限与坐标轴围成的三角形面积最小时,此直线的方程.
吉林高一高中数学期末考试答案及解析
一、选择题
1.已知,向量与的夹角为
，则
等于（ ）
A ．
B ．
C ．2
D ．4
【答案】C
【解析】由向量数量积定义可知：，故选C.
2.有一个几何体的三视图如右图所示，这个几何体应是一个( )
A ．棱台
B ．棱锥
C ．棱柱
D ．都不对
【答案】A
【解析】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，从上面看为正方形，下面看是正方形，并且可以想象到连接相应顶点的四条线段就是几何体的四条侧棱，故这个三视图是四棱台,故选A.
3.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是（）．
A ．BD ∥平面C
B 1D 1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1角为60°
【答案】D
【解析】因为易证∥，由线面平行的判定定理可证得∥面，所以A选项结论正确；
由正方体可得面，可证得，由为正方体得，因为，所以面，从而可证得．同理可证明，根据线面垂直的判定定理可证得面
，所以B，C选项结论都正确；
因为∥，所以为异面直线与所成的角，由正方体可得，所以D选项的内容不
正确．
故选D。

【考点】1线面平行；2线线垂直，线面垂直；3异面直线所成角．
4.如果一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，（单位长度：cm），则此几何体的体积是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由已知中的三视图可得该几何体为四棱锥，∵正视图与侧视图是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，∴棱锥的底面棱长为2，高为，故棱锥的体积，故选D.
5.在△ABC中，如果，那么cosC等于（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由正弦定理可将化为
【考点】正余弦定理解三角形
6.各项为正的等比数列中，与的等比中项为，则的
值为（）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】由与的等比中项为得：,
故，故选D.
7.已知直线、, 平面,，那么与平面的关系是（）.
A．B．
C．D．与相交
【答案】C
【解析】在正方体中，
取，，当取面为平面时，
∴满足，，此时；当取面为平面时，
∴满足，，此时,∴当直线、，平面，，时，
与平面的关系是或,故选：C.
8.原点和点(1,1)在直线两侧，则的取值范围是()
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为原点和点在直线的两侧，所以，
解得，故选B．
点睛：本题考查二元一次不等式的几何意义，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用；二元一次不等式表示的平面区域，一般地，直线把直角坐标平面分成了三个部分：①直线上的点（）的坐标满足；②直线l一侧的平面区域内的点（）的坐标满足；③直线另一侧的平面区域内的点（）的坐标满足．
9.已知A，B，C三点在球O的球面上，AB=BC=CA=3，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则球O的表面积为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设球的半径为r，O′是△ABC的外心，外接圆半径为R=，
∵球心O到平面ABC的距离等于球半径的，
∴得，得．
球的表面积
【考点】球的体积和表面积
10.以下列函数中，最小值为的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由不等式性质可知
，当且仅当
即
时等号
成立，取得最小值2 【考点】不等式性质
11.设，则下列选项中最大的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】若
且
，不妨令，，则
，
，故最大，故选B.
12.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2n ＝ (a 2＋a 4＋…＋a 2n )，a 1a 3a 5＝8，则a 8＝( ) A ．－
B ．－
C ．－64
D ．－128
【答案】C
【解析】利用等比数列的性质可得，即
，
因为
，所以时有
，所以，
，故
，故选C.
点睛：本题主要考查了等比数列的前项和，以及等比数列的性质和通项公式，属于基础题；先根据等比数列的性质可求出
的值，然后根据
中令
可求出求出公比，即可求出
的值.
二、填空题
1.已知直线经过点A(0,4)和点B （1，2），则直线AB 的斜率为_____________. 【答案】
【解析】由两点间斜率计算公式可得，故答案为.
2.两平行直线的距离是 ．
【答案】
【解析】略
3.与向量＝(－5,12)共线的单位向量的坐标是__________________． 【答案】
【解析】∵
，∴
，
∴与共线的单位向量的坐标是或
，
故答案为
.
4.α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线, 给出四个论断：
① m ^ n ②α^β ③ m ^β ④ n ^α
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为 正确的一个命题：_________________. 【答案】或 【解析】若①，②，③成立，则与可能平行也可能相交，也可能
，即④不一
定成立；若①，②，④成立，则与可能平行也可能相交，也可能，即③不一定成立；若①，③，④成立，则②成立；若②，③，④成立，则①
成立，故答案为：或.
点睛：本题考查的知识点是空间直线与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间直线与平面垂直关系的判定定理、性质定理、及几何特征是解答本题的关键；根据线面垂直、线线垂直、面面垂直的判定与性质，分别探究①②③⇒④，①②④⇒③，①③④⇒②，②③④⇒①的真假，即可得到答案.
三、解答题
1.已知三角形的三个顶点A (－5，0)，B (3，－3)，C (0，2)，求BC 边所在的直线方程，以及该边上的高线方程． 【答案】 【解析】根据两点式即可求出边所在的直线方程，根据垂直即可得到高的斜率，根据点斜式即可得到最后结果. 试题解析：由两点式得BC 的方程为：，即
，
由得
的高线方程的斜率，
所以
，
即所求直线方程为. 2.在中，内角的对边分别为
，已知
．
（1）求的值；
（2）若求的面积S.
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】（1）利用正弦定理将边化为角，利用两角和的正弦公式可得
，最后根据三角形内角和以及诱导公式可得结果；（2）根据余弦定理以及（1）中的结果可得，
，由面积公式得结果.
试题解析：（1）由正弦定理得：，
整理求得，又
∴
，即
.
（2）由余弦定理可知①
由（1）可知②
再由，①②联立求得
，
，∴
.
3.设等差数列{a n }满足a 3=5,a 10=-9. (1)求{a n }的通项公式;
(2)求{a n }的前n 项和S n 的最大值. 【答案】（1）；（2）
.
【解析】（1）根据已知条件可得到关于和的方程组，解出方程组即可得到数列的通项公式；（2）根据等差
数列前项和公式可得结果. 试题解析：(1)由及,得,，解得，
数列{a n }的通项公式为.
(2)由(1)知.
因为
，所以
时,取得最大值25.
点睛：本题主要考查了等差数列，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有
公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类
似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
4.如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC
的中点.
(1) 证明：AE⊥平面PCD；
(2) 求PB和平面PAD所成的角的大小.
【答案】(1)详见解析(2) 45°.
【解析】(1) 要证明AE⊥平面PCD，只要证明AE⊥PC，结合AE⊥CD，即可证明结论；(2) 求PB和平面PAD
所成的角的大小，说明∠APB就是要求的角即可求解
试题解析：(1)证明在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.…1分由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，…2分∴CD⊥平面PAC.…3分
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.…4分由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.…5分
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.…6分又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.…7分
(2)在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB.…8分
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，则 AB⊥平面PAD，…9分故PB在平面PAD内的射影为PA，则∠APB为PB和平面PAD所成的角.……10分在Rt△PAB中，AB＝PA，
故∠APB＝45°.…11分所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.……12分
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
5.已知不等式组,
求此不等式组表示的平面区域的面积；
求的最大值；
求的取值范围.
【答案】（1）36；（2）15；（3）.
【解析】首先作出不等式组所表示的区域，（1）求出三角形面积即可；（2）利用简单线性规划求出目标函数的
的最大值；（3）根据其集合意义即表示和两点间的斜率.
试题解析：作出平面区域如图．
交点，
(1).
(2)由,得,由图可知当直线过点时，截距最小，即最大，此时.
(3)可以看作和两点间的斜率，故其范围是.
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以及几何意义表示斜率，属简单题.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
6.已知直线l过定点（1.4）,求当直线l在第一象限与坐标轴围成的三角形面积最小时,此直线的方程.
【答案】.
【解析】根据题意设出直线的点斜式方程，分别求出截距，得到三角形面积的表达式，根据基本不等式得最后结果. 试题解析：设，（），令，．令，，
，当且仅当，即时，等号成立
此时直线的方程为.。