2018-2019学年四川省成都市第七中学高一下学期期末数学试题(解析版)

试题

一、单选题

1．若a,b,cR，且ab，则下列不等式一定成立的是（ ） A．acbc C．acbc 【答案】B

【解析】根据不等式性质确定选项. 【详解】

当c0时，acbc不成立；

2因为c0,ab0，所以abc0；

B．(ab)c20 D．

bbc aac2当c0时，acbc不成立； 当c0时，所以选B. 【点睛】

本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.

2．直线mx2y10与直线2x3y10垂直，则m的值为（ ） A．3 【答案】A

【解析】根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得m的值. 【详解】

由于直线mx2y10与直线2x3y10垂直，所以m2230，解得

B．bbc不成立； aac3 4C．2

D．3

m3.

故选：A 【点睛】

本小题主要考查两条直线垂直的条件，属于基础题.

3．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）

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A．三棱锥 【答案】B

B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱

【解析】试题分析：由三视图中的正视图可知，由一个面为直角三角形，左视图和俯视图可知其它的面为长方形．综合可判断为三棱柱． 【考点】由三视图还原几何体.

4．在△ABC中，a＝33，b＝3，A＝A．

 6，则C为( ) 3C．

B．

 4 2D．

2 3【答案】C

【解析】由正弦定理先求出B的值，然后求出结果 【详解】 在

ABC中，a33,b3,A33

3bsinA21 sinBa233ba，则B6

CAB故选C 【点睛】

362

本题运用正弦定理解三角形，熟练运用公式即可求出结果，较为简单。

5．如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中CN与BM所成角为（ ）

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A．30° 【答案】C

B．45° C．60° D．90°

【解析】把展开图再还原成正方体如图所示:由于BE和CN平行且相等，故∠EBM (或,从而得出结论. 其补角)为所求.再由△BEM是等边三角形，可得∠EBM=60°【详解】

把展开图再还原成正方体如图所示:

由于BE和CN平行且相等，故异面直线CN与BM所成的角就是BE和BM所成的角，故∠EBM (或其补角)为所求,

再由BEM是等边三角形，可得∠EBM=60, 故选：C 【点睛】

本题主要考查了求异面直线所成的角，体现了转化的数学思想，属于中档题.

6．已知数列an满足2an1an0，a21，则数列an的前10项和S10为（ ）A．

41021 3B．

41021 3C．

41021 3D．

41210 3【答案】C

【解析】由2an1an0判断出数列an是等比数列，再求出a1，利用等比数列前n项和公式求解即可. 【详解】

an11 ， 由2an1an0，得an2第 3 页 共 20 页

所以数列an是以q又a21，所以a11为公比的等比数列， 2a22， q1102110a1q242101. 由等比数列前n项和公式，S1101q3112故选：C 【点睛】

本题主要考查等比数列的定义和等比数列前n项和公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.

7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－

1b，则=

c4B．5

C．4

D．3

A．6 【答案】A

【解析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 【详解】

详解：由已知及正弦定理可得a2b24c2，由余弦定理推论可得

1b2c2a2c24c213c1b3cosA,,,46，故选A． 42bc2bc42b4c2【点睛】

本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．

8．已知三棱锥ABCD，若AB平面BCD，CBD90，CD32，AB23，则三棱锥ABCD外接球的表面积为（ ） A．28 【答案】B

【解析】根据题意画出三棱锥ABCD的图形，将其放入一个长方体中，容易知道三棱锥ABCD的外接球半径，利用球的表面积公式求解即可. 【详解】

根据题意画出三棱锥ABCD如图所示，把三棱锥ABCD放入一个长方体中，

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B．30

C．32

D．36

三棱锥ABCD的外接球即这个长方体的外接球， 长方体的外接球半径等于体对角线的一半， 所以三棱锥ABCD的外接球半径

R3223222230， 2302. 三棱锥ABCD的外接球的表面积S4R4230

故选：B 【点睛】

本题主要考查三棱锥的外接球问题，对于三棱锥三条棱有两两垂直的情况，可以考虑将其放入一个长方体中求解外接球半径，属于基础题.

9．关于x的不等式xa1xa0的解集中，恰有3个整数，则a的取值范围是

2（ ）

A．3,24,5 B．3,24,5 C．4,5 【答案】A

【解析】不等式等价转化为(x1)(xa)0，当a1时，得1xa，当a1时，得ax1，由此根据解集中恰有3个整数解，能求出a的取值范围。 【详解】

关于x的不等式xa1xa0，

2D．（4,5）

不等式可变形为(x1)(xa)0，

当a1时，得1xa，此时解集中的整数为2，3，4，则4a5； 当a1时，得ax1，，此时解集中的整数为-2，-1，0，则3a2 故a的取值范围是3,24,5，选：A。 【点睛】

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本题难点在于分类讨论解含参的二次不等式，由于二次不等式对应的二次方程的根大小不确定，所以要对a和1的大小进行分类讨论。其次在观察a的范围的时候要注意范围的端点能否取到，防止选择错误的B选项。 10．若cosA．

9 2533cos2，则sin（ ） 365B．9 25C．

7 25D．7 25【答案】C 【解析】在cos33cos中，用两角和的余弦公式展开sin，再6653sin利用辅助角公式化简得到，再利用二倍角的余弦公式展开65cos2计算即可.

3【详解】 由cos33和两角和的正弦公式， sin65得coscos6sinsin6sin3333 ， cossin225由辅助角公式整理得，sin由二倍角的余弦公式，

3， 6573cos2cos212sin212.

366525故选：C 【点睛】

本题主要考查三角恒等变换的综合应用，包括了两角和的正弦公式、辅助角公式和二倍角的余弦公式，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.

11．在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若直线3x4y50恰好与以AB为直径的圆C相切，则圆C面积的最小值为（ ） A．

21 4B．π

12C．

34D．

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【答案】A

【解析】根据题意画出图像，数形结合，根据圆C面积最小的条件转化为直径等于原点到直线3x4y50的距离，再求解圆C面积即可. 【详解】

根据题意画出图像如图所示，

圆心C为线段AB中点，

AOB 为直角三角形，所以CACBCOR，

作CD直线3x4y50且交于点D， 直线3x4y50与圆C相切，所以CDR， 要使圆C面积的最小，即使半径最小，

由图知，当点O、C、D共线时，圆C的半径最小， 此时原点到直线3x4y50的距离为2R，

由点到直线的距离公式：

30405324222R，解得R1， 2所以圆C面积的最小值SR故选：A 【点睛】

1. 4本题主要考查点到直线距离公式和圆切线的应用，考查学生分析转化能力和数形结合的思想，属于中档题.

2212．已知数列an的前n项和为Sn，直线yx22与圆O:xy2an2交于

Pn,QnnN*两点，且Sn12PQ.记bnnan，其前n项和为Tn，若存在nN*，nn42使得Tnan2有解，则实数取值范围是（ ）

A．,

35B．4, 5C．1, 2D．0,

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【答案】D

【解析】根据题意，先求出弦长PQ再表示出Sn，得到Sn2an2，求出数列annn，

n2的通项公式，再表示出bnn2，用错位相减求和求出Tn，再求解Tnan2即可.

【详解】

根据题意，圆O的半径r2an2， 圆心到直线yx22的距离d002211222，

22所以弦长PQ， nn2rd22an2所以Sn112PnQn42an22an2， 44当n1时，S12a12，所以a12，

n2时，Sn12an12，

所以SnSn1an2an22an122an2an1， 得

an2，所以数列an是以a12为首项，qan12为公比的等比数列，

22nnn所以an2，bnn2，an2，

所以Tn12222n2n，

2Tn122223n2n1，

212n12n2n11n2n12，

Tn2TnTn2222nn2n1所以Tnn122nn12，

n1T2n12由Tna2有解，n2an22nn121n，

只需大于n121n的最小值即可，

因为nN*，所以n12故选：D 【点睛】

本题主要考查求圆的弦长、由Sn和an求数列通项、错位相减求数列的和和解不等式有

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1n0，所以0.

解的情况，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于难题.

二、填空题

13．已知直线l1:x2y50与直线l2:2xmy2250互相平行，则直线l1与

l2之间的距离为______.

【答案】10

【解析】利用两直线平行，先求出m，再由两平行线的距离公式求解即可 【详解】

由题意，l1//l2，所以1m220，m4，

所以直线l2：2x4y2250，化简得x2y1150，

由两平行线的距离公式：d故答案为：10 【点睛】

1155122210.

本题主要考查两直线平行的充要条件，两直线A1xB1yC10和A2xB2yC20平行的充要条件是A1B2A2B10，考查两平行线间的距离公式，属于基础题. 14．每年五月最受七中学子期待的学生活动莫过于学生节，在每届学生节活动中，着七中校服的布偶“七中熊”尤其受同学和老师欢迎.已知学生会将在学生节当天售卖“七中熊”，并且会将所获得利润全部捐献于公益组织.为了让更多同学知晓，学生会宣传部需要前期在学校张贴海报宣传，成本为250元，并且当学生会向厂家订制x只“七中熊”时，需另投入成本Cx，Cx71x400003250（元） ，xN*.通过市场分析，x学生会订制的“七中熊”能全部售完.若学生节当天，每只“七中熊”售价为70元，则当销量为______只时，学生会向公益组织所捐献的金额会最大. 【答案】200

【解析】由题意求得学生会向公益组织所捐献的金额的函数解析式

40000F(x)x再由对勾函数的性质求得F(x)取最大值时x3250xN，

x的值即可. 【详解】

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由题意，设学生会向公益组织所捐献的金额为F(x)，

40000F(x)70xCxx3250xN，

x由对勾函数的性质知，x40000在x40000200时取得最小值， x所以x200时，F(x)取得最大值. 故答案为：200 【点睛】

本题主要考查利用函数解决实际问题和对勾函数的性质，属于基础题.

15．若圆A:x1y12与圆B:xty28tR相交于C，D两点，且两圆在点C处的切线互相垂直，则公共弦CD的长度是______. 【答案】

2222410 5【解析】根据两圆在点C处的切线互相垂直，得出△ACB是直角三角形，求出t，然后两圆相减求出公共弦的直线方程，运用点到直线的距离公式求出圆心到公共弦的距离，进而求出公共弦长. 【详解】

由题意，圆A圆心坐标A1,1，半径r12， 圆B圆心坐标Bt,2,半径r222，

因为两圆相交于点C，且两圆在点C处的切线互相垂直， 所以△ACB是直角三角形，ACB90，所以r12r22AB， 由两点间距离公式，AB1t32，

22 所以1t32rr1210，解得t0，

2222所以圆B：x2y28，

两圆方程相减，得2x6y40，即x3y20， 所以公共弦CD：x3y20， 圆心A到公共弦CD的距离d21312123210， 5第 10 页 共 20 页

故公共弦长CD2r12d222210410 552故答案为：【点睛】

410 5本题主要考查两圆公共弦的方程、圆弦长的求法和点到直线的距离公式，考查学生的分析能力，属于基础题.

16．在ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，点G为ABC的重心，若

CGBG，则cosA的取值范围为______.

4【答案】,1

5【解析】在ABC中，延长AG交BC于D，由重心的性质，找到GD、AD和BC的关系，在ADC和ADB中利用余弦定理分别表示出AC2和AD2，求出AC2AB2，再利用余弦定理表示出cosA，利用基本不等式和A的范围求解即可. 【详解】

画出ABC，连接AG，并延长交BC于D， 因为G是ABC的重心，所以D为BC中点，

11BCa， 223由重心的性质，AD3GDa，

2因为CGBG，所以GD在ADC中，由余弦定理得，

AC2AD2DC22ADDCcosADC，

在ADB中，由余弦定理得

AB2AD2DB22ADDBcosADB，

因为ADBADC，所以cosADBcosADC， 又DBDC，

所以AC2AB22AD22DC25a2， 在ABC中，由余弦定理和基本不等式，

AC2AB2BC2AC2AB2BC24a24cosA2， 222ABACACAB5a5又A0,，所以cosA1，

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4cosA,1. 故5

故答案为：,1 【点睛】

本题主要考查三角形重心的性质、余弦定理解三角形和基本不等式求最值，考查学生的分析转化能力，属于中档题.

三、解答题

17．如图，四棱锥PABCD中，PA菱形ABCD所在的平面，ABC60,E是

45BC的中点，M是PD的中点.

（1）求证：AE⊥平面PAD；

（2）若ABAP2，求三棱锥PACM的体积. 【答案】(1)见证明；(2)

3 3【解析】(1)本题首先可以通过菱形的相关性质证明出AEAD，然后通过PA菱形

ABCD所在的平面证明出PAAE，最后通过线面垂直的相关性质即可得出结果；

(2)可以将三角形APM当成三棱锥PACM的底面，将AE当成三棱锥PACM的高，最后通过三棱锥的体积计算公式即可得出结果． 【详解】

（1）证明：连接AC，

因为底面ABCD为菱形，ABC60，所以ABC为正三角形， 因为E是BC的中点，所以AEBC，

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因为AD//BC，所以AEAD，

因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE， 又因为PAADA，所以AE⊥平面PAD． （2）ABAP2,则AD2，AE所以Vp?ACMVC?PAM【点睛】

本题考查立体几何的相关性质，主要考查线面垂直的证明以及三棱锥体积的求法，可以通过证明平面外一条直线垂直平面内的两条相交直线来证明线面垂直，考查推理能力，是中档题．

18．已知圆C的圆心为(1，1)，直线xy40与圆C相切. （1）求圆C的标准方程；

（2）若直线过点(2，3)，且被圆C所截得的弦长为2，求直线的方程. 【答案】（1）(x1)(y1)2；（2）3x4y60或x2．

【解析】（1）利用点到直线的距离可得：圆心C(1,1)到直线xy40的距离d．根据直线xy40与圆C相切，可得rd．即可得出圆的标准方程． （2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程：y3k(x2)，即：

223，

11113． SPAMAE22333223kxy32k0，可得圆心到直线l的距离d，又d212，可得：k．即可得出

直线l的方程．②当l的斜率不存在时，x2，代入圆的方程可得：(y1)1，解得

2y可得弦长，即可验证是否满足条件．

【详解】

（1）圆心C(1,1)到直线xy40的距离d直线xy40与圆C相切，rd|114|2． 22．

圆的标准方程为：(x1)2(y1)22．

（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程：y3k(x2)， 即：kxy32k0，d|2k|k21，又d212，d1．

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3解得：k．

4直线l的方程为：3x4y60．

②当l的斜率不存在时，x2，代入圆的方程可得：(y1)21，解得y11，可得弦长2，满足条件．

综上所述l的方程为：3x4y60或x2． 【点睛】

本题考查直线与圆的相切的性质、点到直线的距离公式、弦长公式、分类讨论方法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

19．设an是等差数列，a110，且a210,a38,a46成等比数列. （1）求an的通项公式；

（2）记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值. 【答案】（1）an2n12；（2）30

【解析】（1）利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出d2，由此能求出an的通项公式．

（2）由a110，d2，求出Sn的表达式，然后转化求解Sn的最小值． 【详解】 解：（1）

{an}是等差数列，a110，且a210，a38，a46成等比数列．

(a38)2(a210)(a46)， (22d)2d(43d)， 解得d2，

ana1(n1)d102n22n12．

（2）由a110，d2，得： Sn10nn(n1)111212n211n(n)2， 224n5或n6时，Sn取最小值30．

【点睛】

本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

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20．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，

AB4，AA12，BCCD2，E､F､E1分别是AA1､AB､AD的中点.

（1）证明:直线EE1//平面FCC1； （2）求直线BF与面FC1C所成角的大小； （3）求二面角BFC1C的平面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）60（3）7 7【解析】（1）取A1B1的中点F1，证明CDA1F1为平行四边形，且CF1//A1D，再由三角形中位线证明CF1//EE1，最后由线面平行的判定定理证明即可；

（2）作OBCF交CF于点O，由线面垂直关系得到直线BF与面CC1F所成角为

BFO，再根据BCF是正三角形求解即可；

（3）由（2）知，OB平面CC1F，再证明OP和BP分别垂直于C1F，求出直线BF与面CC1F所成角为BFO，再求出OP和BP的长度即可求解. 【详解】

（1）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，取A1B1的中点F1，连接A1D，C1F1，CF1， 因为AB4，CD2，且AB//CD，所以CDA1F1为平行四边形，所以CF1//A1D， 又因为E､E1分别是棱AD､AA1的中点， 所以EE1//A1D，所以CF1//EE1，

因为FF1//CC1.所以F､F1､C､C1四点共面， 所以CF1平面FCC1，又因为EE1平面FCC1，

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所以直线EE1//平面FCC1.

（2）因为AB4，BCCD2，F是棱AB的中点， 所以BFBCCF，BCF为正三角形， 取CF的中点O，则OBCF，

又因为直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，CC1平面ABCD，所以CC1BO， 所以OB平面CC1F，即直线BF与面CC1F所成角为BFO， 所以sinBFOOB3，即BFO60， BF2所以直线BF与面CC1F所成角为60.

（3）过O在平面CC1F内作OPC1F，垂足为P，连接BP. 因为BO面CC1F，即BOC1F，

且BO与OP相交于点P，故C1FOP且C1FBP， 则OPB为二面角BFC1C的平面角， 在正三角形BCF中，OB3， 在RtCC1F中，OPF∵

CC1F，

OPOF122，∴OP，

22CC1C1F222在RtOPF中，BPOP2OB2114， 3222OP7cosOPB2，

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所以二面角BFC1C的余弦值为【点睛】

7. 7本题主要考查线面平行的判定、线面角和二面角的求法，考查学生的空间想象能力和对线面关系的掌握，属于中档题.

21．如图，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acsinBcosB.

（1）求ACB的大小；

（2）若∠ABCACB，D为ABC外一点，DB2，DC1，求四边形ABDC面积的最大值. 【答案】（1）

5（2）2 44【解析】（1）由余弦定理和诱导公式整理acsinBcosB，得到

sinBcosCsinCsinB，求出ACB；

（2）在BCD中，用余弦定理表示出BC2，判断ABC是等腰直角三角形，再利用三角形面积公式表示出SABCDSABCSBCD，再利用辅助角公式化简，求出四边形

ABDC面积的最大值.

【详解】

（1）在ABC中，由ABC，所以sinAsinBC ∵acsinBcosB，

∴sinAsinBCsinBcosCcosBsinCsinCsinBcosB， ∴sinBcosCsinCsinB， 又∵sinB0，∴cosCsinC. 又∵C0,，∴C4，即ACB为

. 4第 17 页 共 20 页

（2）在BCD中，DB2，DC1，由余弦定理可得

BC2BD2CD22BDCDcosD54cosD，

又∵ABCACB4，∴ABC为等腰直角三角形，

∴SABCDSABCSBCD5111BCBCBDCDsinDcosDsinD222452sinD， 44∴当D【点睛】

35时，四边形ABCD面积有最大值，最大值为2. 44本题主要考查余弦定理解三角形、诱导公式、三角形面积公式和利用三角函数求最值，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题. 22．已知函数f(x)xb1f(2)为奇函数，且．

x2a2（1）求实数a与b的值；

11f(x2){a}af()，（2）若函数g(x)，数列为正项数列，且当n2，nN*n122xg(an)g(an1)f(an2)f(an12)f2(an)f2(an1)f2(an)f2(an1)an44，时，设bnan（nN*），记数列{an}和{bn}的前n项和分别为An,Bn，且

(an11)(an1)n对nN*有An(1)(7Bn)恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）a0；b0（2）

812 31x21【解析】（1）根据函数奇偶性得到b0，再由f(2)，得a0;（2）g(x)，

2x4an将原式化简得到n4(n2)，进而得到an2，数列{an}的前n项和

an1An2n12，bn2117n1218，原恒成立问题转化为2n12n112n11对nN*恒成立，对n分奇偶得到最值即可. 【详解】

（1）因为f(x)为奇函数，得b0，又f(2)xbxb， 22xaxa1，得a0. 2第 18 页 共 20 页

1x21（2）由（1）知f(x)，得g(x)，又 4xxg(an)g(an1)f(an2)f(an12)f2(an)f2(an1)f2(an)f2(an1)an44，

anan12(n2)a0 af()2，化简得到：，又，所以，又4(n2)n1a2an1n1n2(12)故an2，则数列{an}的前n项和An2n12；

12n22n11又bnn1，则数列bn的前n项和为 nnn1(21)(21)2121Bn11112232121211111， nn1n1212121An(1)n(7Bn)对nN*恒成立An(1)n7Bn(1)n对nN*恒

成立

)(1)n对nN*恒成立，令t2n11，则

217n18对nN*恒成立 当n为奇数时，原不等式21n121777,上单增，故 t8对nN*恒成立，又函数yt在tt78有38；

337n16对nN*恒成立 当n为偶数时，原不等式21n12177t6对nN*恒成立，又函数yt在0,上单增，故

ttn12n12(1)n(77有71612. 综上得

812. 3【点睛】

这个题目考查了函数的奇偶性的应用以及数列通项公式的求法，数列前n项和的求法，1．还涉及不等式恒成立的问题，属于综合性较强的题目，数列中最值的求解方法如下：邻项比较法，求数列an的最大值，可通过解不等式组{anan1 n2,nZ求得nanan1anan1 n2,nZ求得

anan1的取值范围；求数列an的最小值，可通过解不等式组{n的取值范围；2．数形结合，数列是一特殊的函数，分析通项公式an对应函数yfx第 19 页 共 20 页

的特点，借助函数yfx的图像即可求解；3．单调性法，数列作为特殊的函数，可通过函数的单调性研究数列的单调性，必须注意的是数列对应的是孤立的点，这与连续函数的单调性有所不同；也可以通过an1an差值的正负确定数列an的单调性．

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