福建省三明市2014-2015学年高一下学期期末质量检测数学试题

三明市2014—2015学年第二学期普通高中阶段性考试高一数学试题（考试时间：2015年７月 日上午8:30－10:30 满分：100分）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上．2．考生作答时，将答案答在答题卷上，请按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 参考公式：锥体体积公式13V Sh =（其中S 为底面面积，h 为高）柱体体积公式V Sh =（其中S 为底面面积，h 为高）圆锥的侧面积公式S rl π=（其中r 为圆锥底面的半径，l 为母线的长） 球的体积公式34π3V r =（其中r 为球的半径）第Ⅰ卷（选择题 共36分）一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有2．设数列{}n a 的前n 项和(1)2n n n S +=，则5a = A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 3．下列结论正确的是A ．若bc ac >，则b a >B ．若22a b >，则a b >C ．若,,d c b a >> 则bd ac >D ．若0a b >> 则2a ba ab b +>> 4．圆1O ：2220x y x +-=和圆2O ：2240x y y +-=的公切线条数为A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条5．设变量x y ，满足约束条件0121,x y x y x y -≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，，则目标函数5z x y =+的最大值为A ．2B ．3C ．4D ．56．在△ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且10=a ，8=b ，30B =，那么△ABC的解的情况是A ．无解B ．一解C ．两解D ．一解或两解7．一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形,侧视图是等腰三角形,则该几何体的表面积 是A ．64B ．76C ．88D ．112 8．已知直线3450x y +-=与圆224x y +=相交于A ，B 两点，则弦AB 的长等于A． B ． C ．112．如图，将平面直角坐标系中的纵轴绕原点O 顺时针旋转30后，构成一个斜坐标平面xOy ．在此斜坐标平面xOy 中，点(,)P x y 的 坐标定义如下：过点P 作两坐标轴的平行线，分别交两轴于M 、N 两点，则M 在Ox 轴上表示的数为x ，N 在Oy 轴上表示的数为 y ．那么以原点O 为圆心的单位圆在此斜坐标系下的方程为A ．2210x y xy ++-=B ．2210x y xy +++= C ．2210x y xy +--= D ．2210x y xy +-+=第Ⅱ卷（非选择题 共64分）12P ，则12PP =________.15．设长方体的长、宽、高分别为2，1, 1，其顶点都在同一个球面上，则该球的体积为_______. 16．对于任意x ∈R ，令[]x 为不大于x 的最大整数，则函数()[]f x x =称为高斯函数或取整函,)y数．若数列{}n a 满足()4n n a f =()n +∈N ，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4n S 等于 ．三、解答题：本大题共6小题，共52分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．在答题卷相应题目的答题区域内作答． 17．(本小题满分8分)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且32a =，615S =． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 设2n a n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 18．（本小题满分8分）已知函数22()(1)()f x mx m x m m =-++∈R . （Ⅰ）当2m =时，解关于x 的不等式()0f x ≤；(Ⅱ) 当0m >时，解关于x 的不等式()0f x >.三角形，底面ABCD 是正方形，M 是侧棱PB 上的点，N 是底面对角线AC 上的点，且2PM MB =，2AN NC =.（Ⅰ）求证：⊥AD PB ；（Ⅱ）求证：//MN 平面PAD ； （Ⅲ）求点N 到平面PAD 的距离.21．(本小题满分9分)在平面直角坐标系xOy 中，过点(0,1)A 作斜率为k 的直线l ，若直线l 与以C 为圆心的圆22430x y x +-+=有两个不同的交点P 和Q . （Ⅰ）求k 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数k ，使得向量CP CQ +与向量(2,1)=-m 共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由.22．(本小题满分10分)如图，已知△ABC 是边长为4的正三角形，D 是BC 的中点，E ，F 分别是边AB ，AC 上的点，且π3EDF ∠=，设ππ()62BDE θθ∠=<<. （Ⅰ）试将线段DF 的长表示为θ的函数；（Ⅱ）设△DEF 的面积为S ，求()S f θ=的解析式， 并求()f θ的最小值；（Ⅲ）若将折线BE ED DF FC ---绕直线BC 旋转一 周得到空间几何体，试问：该几何体的体积是否有最小 值？若有，求出它的最小值；若没有，请说明理由.三明市2014—2015学年第二学期普通高中阶段性考试高一数学参考答案及评分标准一、选择题：(θFE DCBA1．B 2．C 3．D 4．B 5．D 6．C 7．C 8. B 9．D 10. B 11．A 12．A 二、填空题：13．45 141516． 22n n - 三、解答题：17．解：（Ⅰ）因为数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，由题设可得1122,61515,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得10,1,a d =⎧⎨=⎩所以1(1)1n a a n d n =+-=-． ………………………………………4分 (Ⅱ)由（Ⅰ）1n a n =-，所以12n n b -=，可知数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列，因此1(1)1221112n nn n b q T q --===---． ………………………………………8分所以不等式()0f x ≤的解集为1{|2}2x x ≤≤. (3)则1()()0x m x x m-->，………………………………………5分当1m >时，101m <<，则不等式的解集为1{|x x m<，或}x m >. (8)20．解法一：（Ⅰ） 侧面PAB ⊥底面ABCD ，且平面PAB 与平面ABCD 的交线为AB ，AD AB ⊥，AD ⊂平面ABCD ，AD ∴⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，AD PB ∴⊥． ………………………3分 （Ⅱ）证明：过M 作//MS BA 交PA 于点S ,过N 作//NT CD 交AD 于点T ,连接ST ,223PM MBMS BA =∴=, 同理可得2233NT CD BA ==,//,MS NTMS NT ∴=,MNTS ∴是平行四边形，//MN ST ，又ST ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ，//MN ∴平面PAD ．………………………6分（Ⅲ）//MN 平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离 是点N 到平面PAD 的距离，在平面PAB 内过M 作MH PA ⊥于H , AD ⊥ 平面PAB ，AD MH ∴⊥， MH ∴⊥平面PAD ，MH ∴是点M 到平面PAD 的距离， 在Rt PMH ∆中，2,,3PM MPH MH π=∠=∴=所以点N 到平面PAD 9分 解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）过M 作//ME PA 交AB 于点E , 连接EN ,2AE EB = ,又2//AN NC EN BC =∴ , //EN AD ∴，又AD ⊂平面PAD ，EN ⊄平面PAD ，//EN ∴平面PAD ，//ME PA ，PA ⊂平面PAD ，ME ⊄平面PAD ，//ME ∴平面PAD ，又ME EN E = , ∴平面//MEN 平面PAD //MN ∴平面PAD ．………………6分（Ⅲ）设点N 到平面PAD 的距离为h ，取AB 的中点O ，连接PO ，则PO AB ⊥,侧面PAB ⊥底面ABCD ，CCPO ∴⊥底面ABCD ，1133N PAD P AND PAD AND V V S h S PO --∆∆=∴⋅=⋅ ，1(32)3)221332AND PADS PO h S ∆∆⨯⨯⨯⋅∴===⨯⨯即点N 到平面PAD………………………9分 解法三：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）连接BN 并延长交直线AD 于点F ,22AN NC FN NB =∴= ，12BM BNMP NF∴==，//MN PF ∴， 又PF ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ，//MN ∴平面PAD ． ………………………6分 （Ⅲ）//MN 平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离是点N 到平面PAD 的距离， 设点M 到平面PAD 的距离为h ，1133M PAD D PAM PAD PAM V V S h S AD --∆∆=∴⋅=⋅ ，1(23sin )3231332PAM PADS AD h S π∆∆⨯⨯⨯⨯⋅∴===⨯⨯即点N 到平面PAD………………………………………9分 21．解：（Ⅰ）直线l 的斜率存在，设其方程为：1y kx =+，圆的方程：22430x y x +-+=，联立并消元得22(1)(24)40k x k x ++-+=， 设两个交点的坐标分别为1122(,),(,)P x y Q x y ， 由韦达定理得：121222424, 11k x x x x k k -+=⋅=++， 由直线与圆有两个不同的交点可知22(24)16(1)0,k k ∆=--+>解不等式得403k -<<． ………………………………………4分 另解：借助圆心到直线的距离小于半径求解． （Ⅱ）存在，实数12k =-，理由如下：由（Ⅰ）假设可得1122(2,),(2,),CP x y CQ x y =-=-所以1212(4,)CP CQ x x y y +=+-+，又(2,1)=-m ，由向量CP CQ +与(2,1)=-m 共线可知121242()0x x y y +-++=，…（※）而11221,1y kx y kx =+=+，得1212()2y y k x x +=++，代入（※）式化简得12(12)()0k x x ++=， ……………………………………7分从而得到2(12)(42)01k k k +-=+，解得12k =-或2k =（舍去）， 所以存在12k =-满足题意． ………………………………………9分22．解：（Ⅰ）在DFC ∆中，2ππ,,.33FDC C DFC θθ∠=-∠=∠=由正弦定理：sin sin DF DCC θ=，得2πsin sin 3DF θ=，即ππ()62DF θ=<<． ………………………3分 （Ⅱ）在BDE ∆中，2ππ,,.33BED CB BDE θθ∠=-∠=∠=由正弦定理：sin sin BD DEBED B=∠，得sin sin sin()3BD B DE BED θ==∠-，所以1πsin 23sin()2sin(2)136S DE DF θθ=⋅⋅=--+， ππππ5π(,),2(,)62666θθ∈∴-∈ ，当ππ262θ-=，即π3θ=时，min S = ………………………7分 （Ⅲ）存在，最小值为4π，理由如下：该几何体是由四个圆锥构成的组合体，过E 点作EM BD ⊥于M 点，则sin EM ED θ=，过F 点作FN DC ⊥于N 点，则2πsin()3FN DF θ=-，2πsin()33sin()3EM FN θθθ⋅=-=-，则组合体的体积2222112πππ()333V EM BD FN DC EM FN =⋅⋅+⋅⋅=+，所以2π24π3V EM FN ≥⋅⋅=，当且仅当EM FN =时取“=”， (θFE DCBA所以所得几何体的体积有最小值为4π．………………………10分。