2018-2019学年江苏省无锡市惠山区高一（下）期末数学试卷（含详细解答）

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1、2018-2019学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1（5分）在等差数列an中，若a24，a42，则a6（）A1B0C1D62（5分）如图是60名学生参加数学竞赛的成绩（均为整数）的频率分布直方图，估计这次数学竞赛的及格率是（）A75%B25%C15%D40%3（5分）若直线2mx+y+60与直线（m3）xy+70平行，则m的值为（）A1B1C1或1D34（5分）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A2BC2D15（5分）一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40

2、的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C两点间的距离是（）海里A10B20C10D206（5分）已知，是两个不重合的平面，下列四个条件中能推出的个数是（）存在一条直线a，a，a；存在一个平面，；存在两条平行直线a，b，a，b，a，b；存在两条异面直线a，b，a，b，a，b；A0B1C2D37（5分）已知正数组成的等比数列an，若a1a20100，那么a7+a14的最小值为（）A20B25C50D不存在8（5分）某公司10位员工的月工资（单位：元）为x1，x2，x10，其均值和方差分别为和s2，若

3、从下月起每位员工的月工资增加100元，则这10位员工下月工资的均值和方差分别为（）A，s2+1002B+100，s2+1002C，s2D+100，s29（5分）若直线axby+20（a0，b0）被圆x2+y2+2x4y+10截得的弦长为4，则的最小值为（）ABC+D+210（5分）一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当ab，bc时称为“凹数”（如213，312等），若a，b，c1，2，3，4且a，b，c互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是（）ABCD11（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知，E为CC1的中点，则二面角EBDC的平面角的大小为（）ABCD

4、12（5分）ABC中，ABC所在平面内存在点P使得PB2+PC23PA23，则ABC面积最大值为（）ABCD二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若两个球的表面积之比是4：9，则它们的体积之比是   14（5分）某公司有A、B两个部门，共有职工300人，其中A部门有职工132人，按部门职工数比例用分层抽样的方法，从该公司的职工中抽取一个容量为25的样本，则从B部门抽取的员工人数是   15（5分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C   16（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（4，0），B（0，4），从直线AB上一

5、点P向圆（x1）2+（y+1）24引两条切线PC，PD，切点分别为C，D，则直线CD过定点，定点坐标为   三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ACAA1，D是棱AB的中点（1）求证：BC1平面A1CD；（2）求证：BC1A1C18（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a3，b5，c7（1）求角C的大小；（2）求sin（B+）的值19（12分）已知函数f（x）|2x1|+|2x+1|，g（x）|a1|a|x|（1）当x0时，求不等式f（x）4的解集；（2）设函数f（x）的值

6、域为M，函数g（x）的值域为N，若满足MN，求a的取值范围20（12分）如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在ADE区域内参观在AE上的点P处安装一可旋转的监控摄像头，MPN为监控角，其中M，N在线段D，E（含端点）上，且点M在点N的右下方，经测量得知：AD8米，AE8米，AP2米，记EPM，监控摄像头的可视区域PMN的面积为S平方米（1）求S关于的函数关系式，并写出cos的取值范围；（2）求可视区域PMN的面积的最小值21（12分）已知点A（2，2），B（2，6）C（6，6），其外接圆为圆H（1）求圆H的方程；

7、（2）若直线l过点P（0，5），且被圆截得的弦长为，求直线l的方程；（3）对于线段OA上任意一点P，若在以B为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆B的半径r的取值范围22（10分）设数列an的前n项和为Sn，且满足：（1）若，求a1的值；（2）若a1，a2，a3成等差数列，求数列an的通项公式2018-2019学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末数学试卷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）在等差数列an中，若a24，a42，则a6（）A1B0C1D6【分析】直接利用等差中项求解即可【解答】解：在等差数列an中，若a2

8、4，a42，则a4（a2+a6）2，解得a60故选：B【点评】本题考查等差数列的性质，等差中项个数的应用，考查计算能力2（5分）如图是60名学生参加数学竞赛的成绩（均为整数）的频率分布直方图，估计这次数学竞赛的及格率是（）A75%B25%C15%D40%【分析】先根据直方图中的各个矩形的面积代表了频率求出60分及以上的频率，从而估计总体中这次数学竞赛的及格率【解答】解：大于或等于60分的共四组，它们是：59.5，69.5），69.5，79.5），79.5，89.5），89.5，99.5）分别计算出这四组的频率，如79.5，89.5）这一组的矩形的高为0.025直方图中的各个矩形的面积代表了频率

9、，则79.5，89.5）这一组的频率0.025100.25同样可得，60分及以上的频率（0.015+0.03+0.025+0.005）100.75估计这次数学竞赛竞赛的及格率（大于或等于60分为及格）为75%，故选：A【点评】本题考查频率分布直方图的相关知识，直方图中的各个矩形的面积代表了频率，所以各个矩形面积之和为1，以及频数样本容量频率，属于基础题3（5分）若直线2mx+y+60与直线（m3）xy+70平行，则m的值为（）A1B1C1或1D3【分析】直接利用两条直线平行的充要条件，解答即可【解答】解：因为两条直线平行，所以：解得 m1故选：B【点评】本题考查两条直线平行的判定，容易疏忽截距

10、问题，是基础题4（5分）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A2BC2D1【分析】边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积【解答】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，则所得几何体的侧面积为：1212，故选：A【点评】本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力5（5分）一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C

11、两点间的距离是（）海里A10B20C10D20【分析】根据题意画出图象确定BAC、ABC的值，进而可得到ACB的值，根据正弦定理可得到BC的值【解答】解：如图，由已知可得，BAC30，ABC105，AB20，从而ACB45在ABC中，由正弦定理可得BCsin3010故选：A【点评】本题主要考查正弦定理的应用，考查三角形的解法，属于基本知识的考查6（5分）已知，是两个不重合的平面，下列四个条件中能推出的个数是（）存在一条直线a，a，a；存在一个平面，；存在两条平行直线a，b，a，b，a，b；存在两条异面直线a，b，a，b，a，b；A0B1C2D3【分析】在中，由面面平行的判定定理得；在中，与相交

12、或平行；在中，与相交或平行；由面面平行的判定定理得【解答】解：由，是两个不重合的平面，知：在中，存在一条直线a，a，a，由面面平行的判定定理得，故正确；在中，存在一个平面，则与相交或平行，故错误；在中，存在两条平行直线a，b，a，b，a，b，则与相交或平行，故错误；存在两条异面直线a，b，a，b，a，b，由面面平行的判定定理得，故正确故选：C【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题7（5分）已知正数组成的等比数列an，若a1a20100，那么a7+a14的最小值为（）A20B25C50D不存在【分析】根据等比数列的性质以及基本

13、不等式得a7+a1422220【解答】解：正数组成的等比数列an，a1a20100，a1a20a7a14100，a7+a1422220当且仅当a7a14时，a7+a14取最小值20故选：A【点评】本题考查等比数列性质的应用，结合基本不等式是解决本题的关键注意均值定理的合理运用8（5分）某公司10位员工的月工资（单位：元）为x1，x2，x10，其均值和方差分别为和s2，若从下月起每位员工的月工资增加100元，则这10位员工下月工资的均值和方差分别为（）A，s2+1002B+100，s2+1002C，s2D+100，s2【分析】根据变量之间均值和方差的关系和定义，直接代入即可得到结论【解答】解：由

14、题意知yixi+100，则（x1+x2+x10+10010）（x1+x2+x10）+100，方差s2（x1+100（+100）2+（x2+100（+100）2+（x10+100（+100）2（x1）2+（x2）2+（x10）2s2故选：D【点评】本题主要考查样本数据的均值和方差之间的关系，利用均值和方差的定义是解决本题的关键，要求熟练掌握相应的计算公式9（5分）若直线axby+20（a0，b0）被圆x2+y2+2x4y+10截得的弦长为4，则的最小值为（）ABC+D+2【分析】圆即 （x+1）2+（y2）24，表示以M（1，2）为圆心，以2为半径的圆，由题意可得 圆心在直线axby+20上，得

15、到a+2b2，故 +1，利用基本不等式求得式子的最小值【解答】解：圆x2+y2+2x4y+10 即  （x+1）2+（y2）24，表示以M（1，2）为圆心，以2为半径的圆，由题意可得 圆心在直线axby+20（a0，b0）上，故1a2b+20，即 a+2b2，+1+2，当且仅当   时，等号成立，故选：C【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，以及基本不等式的应用，得到a+2b2，是解题的关键10（5分）一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当ab，bc时称为“凹数”（如213，312等），若a，b，c1，2，3，4且

16、a，b，c互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是（）ABCD【分析】根据题意，分析“凹数”的定义，可得要得到一个满足ac的三位“凹数”，在1，2，3，4的4个整数中任取3个数字，组成三位数，再将最小的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上即可，再利用古典概型概率计算公式即可得到所求概率【解答】解：根据题意，要得到一个满足ac的三位“凹数”，在1，2，3，4的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有C4324种取法，在1，2，3，4的4个整数中任取3个不同的数，将最小的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有C4328种情况，则这个三位数是“凹数”的概率是；故选：C【点评】本题考

17、查组合数公式的运用，关键在于根据题干中所给的“凹数”的定义，再利用古典概型概率计算公式即得答案11（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知，E为CC1的中点，则二面角EBDC的平面角的大小为（）ABCD【分析】由题意画出图形，找出二面角EBDC的平面角，求解三角形得答案【解答】解：如图，连接AC，BD，相交于点O，ABBC，OCBD，而BCEDCE，BEDE，则OEBD，EOC为二面角EBDC的平面角，设ABBC2，则OC，则CEEOC即二面角EBDC的平面角的大小为故选：B【点评】本题考查二面角的平面角的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题12（5分）ABC中，ABC所在平面内

18、存在点P使得PB2+PC23PA23，则ABC面积最大值为（）ABCD【分析】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（a，0），C（a，0），（a0），则A（0，），设P（x，y），运用两点距离公式可得P在两圆上，由圆与圆的位置关系的等价条件，解不等式可得a的范围，再由三角形的面积公式，结合二次函数的最值求法，可得最大值【解答】解：以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（a，0），C（a，0），（a0），则A（0，），设P（x，y），由PB2+PC23PA23，可得（x+a）2+y2+（xa）2+y23x2+（y）23，可得x2+y2a2，x

19、2+（y）21，即有点P既在（0，0）为圆心，半径为的圆上，也在（0，）为圆心，1为半径的圆上，可得|1|1+，由两边平方化简可得a2，则ABC的面积为S2aa，由a2，可得a2，S取得最大值，且为故选：B【点评】本题考查三角形的面积的最值的求法，注意运用坐标法和圆与圆有公共点的条件，考查化简整理的运算能力，属于难题二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若两个球的表面积之比是4：9，则它们的体积之比是8：27【分析】设出两个球的半径分别不是球的表面积和体积，由题意求出半径的比，体积比是半径比的立方【解答】解：设两个球的半径分别为R，r，则表面积之比是4R2：4r24：9

20、，所以R：r2：3，球的体积之比为8：27；故答案为：8：27【点评】本题考查了球的表面积告诉和体积公式的运用，两个球的表面积之比等于半径的平方比，体积之比等于半径的立方比，属于基础题14（5分）某公司有A、B两个部门，共有职工300人，其中A部门有职工132人，按部门职工数比例用分层抽样的方法，从该公司的职工中抽取一个容量为25的样本，则从B部门抽取的员工人数是14【分析】根据分层抽样方法的特点，求出B部门的员工以及应从B部门中应抽取的人数即可【解答】解：B部门的员工有300132168（人），从B部门中应抽取的人数为2514故答案为：14【点评】本题考查了分层抽样方法的应用问题，是基础题目

21、15（5分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C【分析】由余弦定理可得c2a2+b22abcosC，再结合条件可得tanC，然后求出C【解答】解：由余弦定理，有c2a2+b22abcosC，则，C（0，），C故答案为：【点评】本题考查了余弦定理和同角三角函数的基本关系，属基础题16（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（4，0），B（0，4），从直线AB上一点P向圆（x1）2+（y+1）24引两条切线PC，PD，切点分别为C，D，则直线CD过定点，定点坐标为（0，2）【分析】由题意可得AB所在直线方程，设P（x0，y0），则y0x0+4，求出CD所在直线方程，可得CD所在

22、直线方程方程含有x0，且x0在直线AB上，可取特殊值算定点【解答】解：如图，直线AB的方程为xy+40，设P（x0，y0），则y0x0+4，当CD的直线的斜率存在，（x1）2+（y+1）24，圆心为（1，1），则：圆心到P点的中点坐标为：（，），圆心到P点的距离为d；所以以d为直径的圆的方程为：（x）2+（y）2将d代入，由可得CD的直线系方程：（x01）x+（y0+1）y2+0；因为x0R，可取两值x0代入得两直线；则两直线的交点即为CD过的定点，定点坐标为：（，）；故答案为：（，）；【点评】本题考查圆的切线方程，考查直线与圆位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属中档题三、解答题：共70

23、分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ACAA1，D是棱AB的中点（1）求证：BC1平面A1CD；（2）求证：BC1A1C【分析】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证ODBC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1平面A1CD（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是棱形，由其性质可得AC1A1C，利用线面垂直的性质可证ABAA1，根据ABAC，利用线面垂直的判断定理可证AB平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证ABA1C，又AC1A1C，根据线面垂直的判

24、断定理可证A1C平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1A1C【解答】证明：（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：ODBC1，又因为：BC1平面A1CD，OD平面A1CD，所以：BC1平面A1CD（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：ACAA1，所以：平行四边形ACC1A1是棱形，所以：AC1A1C，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，因为：AB平面ABC，所以：ABAA1，又因为：ABAC，ACAA1A，AC平面ACC1A1，AA

25、1平面ACC1A1，所以：AB平面ACC1A1，因为：A1C平面ACC1A1，所以：ABA1C，又因为：AC1A1C，ABAC1A，AB平面ABC1，AC1平面ABC1，所以：A1C平面ABC1，因为：BC1平面ABC1，所以：BC1A1C【点评】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题18（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a3，b5，c7（1）求角C的大小；（2）求sin（B+）的值【分析】（1）在ABC中，由余弦定理可得 cosC的值，即可求得C的值（2）由条件利用正弦定理求得sinB的值，利用同

26、角三角函数的基本关系可得cosB的值，再利用两角和差的正弦公式求得sin（B+）的值【解答】解：（1）在ABC中，由余弦定理可得 cosC，C（2）由正弦定理可得 ，即 ，sinB再由B为锐角，可得cosB，sin（B+）sinBcos+cosBsin+【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式，同角三角函数的基本关系，正弦定理以及余弦定理的应用，属于中档题19（12分）已知函数f（x）|2x1|+|2x+1|，g（x）|a1|a|x|（1）当x0时，求不等式f（x）4的解集；（2）设函数f（x）的值域为M，函数g（x）的值域为N，若满足MN，求a的取值范围【分析】（1）利用零点分段法，分两种情况

27、解不等式，然后求这两个不等式解集的交集；（2）利用绝对值不等式求出f（x）的值域，利用函数的单调性求出g（x）的值域，根据MN建立不等式求解，然后分两种情况讨论【解答】解：（1）f（x）|2x1|+|2x+1|，x0，f（x）4，当时，有12x2x14，；当时，12x+2x+14，当x0时不等式的解集为x|1x0；（2）f（x）|2x1|+|2x+1|（2x1）（2x+1）|2，f（x）的值域为M2，+）；当a0时，|x|0，g（x）的值域（，|a1|，若MN则|a1|2，1a3，又a0，0a3；当a0时，|x|0，g（x）的值域为|a1|，+），此时一定满足MN，a0不符合条件，综上，a的取

28、值范围为0，3）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和函数的值域，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题20（12分）如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在ADE区域内参观在AE上的点P处安装一可旋转的监控摄像头，MPN为监控角，其中M，N在线段D，E（含端点）上，且点M在点N的右下方，经测量得知：AD8米，AE8米，AP2米，记EPM，监控摄像头的可视区域PMN的面积为S平方米（1）求S关于的函数关系式，并写出cos的取值范围；（2）求可视区域PMN的面积的最小值【分析】（1）利用正弦定理，求出PM，PN，即可

29、求S关于的函数关系式，当M与E重合时，0，N与D重合时，cosAPD，求出，即可写出cos的取值范围；（2）当2+，即时，求出S取得最小值【解答】解：（1）在PME中，EPM，PE826（米），PEM，PME，由正弦定理可得PM，同理，在PNE中，PN，PMN的面积为SPMPNsinMPN，当M与E重合时，0，N与D重合时，cosAPD，即arccos，0arccos，cos1；综上所述，S，cos，1；（2）当2+，即时，S取得最小值为18（ 1）平方米【点评】本题考查正弦定理的应用问题，也考查了三角形面积的计算问题，考查了三角函数知识的运用问题，是中档题21（12分）已知点A（2，2），B

30、（2，6）C（6，6），其外接圆为圆H（1）求圆H的方程；（2）若直线l过点P（0，5），且被圆截得的弦长为，求直线l的方程；（3）对于线段OA上任意一点P，若在以B为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆B的半径r的取值范围【分析】（1）设出圆的一般方程，代入A，B，C的坐标解方程组可得圆的一般方程；（2）按照直线l的斜率是否存在分两种情况讨论，利用点到直线的距离和勾股定理可得；（3）设出P（m，n），N（x，y），根据中点公式求得M的坐标，将M，N的坐标代入圆B的方程，得到两个圆的方程，根据两圆有公共点列式可得，再根据恒成立转化为最值可得【解答】解：（1）设圆H的

31、一般方程为：x2+y2+Dx+Ey+F0，A，B，C三点在圆上，解得：，圆H的方程为：（x+2）2+（y6）216（2）当直线l的斜率不存在时，直线l：x0，易得l被圆截得的弦长为4，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l：ykx+5，即kxy+50，圆心到直线l的距离d，42，即1216，解得k，综上所述：直线l的方程为x0或yx+5（3）线段OA的方程为：x+y0，设P（m，n），（2m0），N（x，y），因为点M为PN的中点，所以M（，），又M，N都在半径为r的圆B上，所以，即，根据两圆有公共点，可得（2rr）2（24+m）2+（612+n）2（2r+r）2，又m+n0，所以r22m2

32、+8m+409r2，d对任意的2m0恒成立，设f（m）2m2+8m+40，（2m0），因为f（m）在2，0上的值域为32，40，所以r232且9r240，解得r4，又线段OA与圆B无公共点，所以（m2）2+（n6）2r2，且m+n0，所以r4综上所述：圆B的半径r的取值范围是，4）【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题22（10分）设数列an的前n项和为Sn，且满足：（1）若，求a1的值；（2）若a1，a2，a3成等差数列，求数列an的通项公式【分析】（1）利用数列的关系式和赋值法求出结果（2）利用关系式的应用已知条件的应用求出数列的通项公式【解答】解：（1）因为，所以，即，解得或（2）设等差数列a1，a2，a3的公差为d因为，所以，得，即a2d（a1+a2+2p），得，即a3d（a2+a3+2p），得a3a2d（a2+a3+2p）（a1+a2+2p），即d2d2若d0，则a2a30，与an0矛盾，故代入得，于是因为，所以，所以，即，整理得，于是因为an0，所以，即因为，所以所以数列an是首项为，公差为的等差数列因此，【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，递推关系式在数列求和中的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型