2019学年高一数学下学期期末考试试题 理 新版_人教版.doc

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1、- 1 -2017201720182018 学年度第二学期期末试卷高一学年学年度第二学期期末试卷高一学年数学理科试卷数学理科试卷分值：分值：150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟；分钟；第第卷卷( (选择题选择题 共共 6060 分分) )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.在ABC 中，B = 60那么角 A 等于： ( 3,2ba)A. .135B. .90C. .45D. .302. 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2c2a2bc 且ba，33则ABC不可能是( )

2、A等腰三角形 B钝角三角形 C直角三角形 D锐角三角形3. 如果命题“p 且 q”与命题“p 或 q”都是假命题，那么 （ ）（A）命题“非 p”与命题“非 q”的真值不同（B）命题“非 p” 与命题“非 q”中至少有一个是假命题（C）命题 p 与命题“非 q”的真值相同（D）命题“非 p 且非 q”是真命题4. 已知命题，则（ ）:px Rsin1x A， B ，:px Rsin1x :px Rsin1x C，D，:px Rsin1x :px Rsin1x 5. 已知(2, 1,3),( 4,2, )abx , 且/ab , 则x ( )A. 6 B. -6 C. 4 D.-46.设 0ba

3、1,则下列不等式成立的是： ( )A. . abb21B. .C. . a2ab1D. .0loglog21 21abba)21()21(217. 已知满足：=3，=2，=4，则=( )ba,abbabaA B C3 D3510内- 2 -8. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A2 B4 C22 D55559. 已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，若a36，S312，则公差d等于( )A1 B. C2 D35 310. 在各项均为正数的等比数列中，若 ， nb783bb则等于（ ）3132loglogbb314log bA.5 B. 6C.7 D.811. 的( )条

4、件22abacbc是A.充分不必要 B.必要不充分 C.充分且必要 D.既不充分也不必要 12.若x, y是正数，且 ，则xy有 （ ）141xy最大值 16 最小值 最小值 16 最大值1 161 16第卷(非选择题 共 90 分)二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在题中横线上.13. 不等式的解为 。13x x- 3 -14. 在ABC 中，则此三角形为 三角形BC bc coscos15. 设x，y满足约束条件Error!则z2xy的最小值是 16. 如图，在侧棱和底面垂直的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，当底面 ABCD满足条件 时，有11DB

5、AC （写出你认为正确的一种条件即可。）三、解答题：本大题共 6 小题，17 题 10 分，1822 题 12 分，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知命题 p：x|x-8x-200，命题 q：x|1-mx1+m,m0，若 p 是 q 的充分不必要条件，求(1)求命题 p 的解集；（2）实数 m 的取值范围。18.已知、为的三内角，且其对边分别为、，若ABCABCabc21sinsincoscosCBCB（）求； （）若，求的面积A4, 32cbaABC19.已知数列an是公差为的等差数列，它的前n项和Sn，d11a8S2S24(1)求公差的值和通项公式an。(2

6、)设，求数列bn的前n项和 Tn.d11nnnaab20.如图，在正四棱柱中，为上使1111ABCDABC D11,31ABBBE1BB的点。平面交于，交的延长线于，求：11B E 1AEC1DDF11ADG（）异面直线与所成角的大小；（）二面角的正切值；AD1C G11AC GA21.在三棱锥中，是边长为 4 的正三角形，ABCS ABC，、分别是、的中点；（1）证明：平面52SB32 SCSAMNABSBSAC平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值。ABCMNSBCABCDA1B1 C1D1- 4 -22.如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱AA1底面ABC，ACB = 90，E是棱CC1

7、上动点，F是AB中点，AC = 1，BC = 2，AA1 = 4。（1）当E是棱CC1中点时，求证：CF平面AEB1；（2）在棱CC1上是否存在点E，使得二面角AEB1B的余弦值是2 17 17，若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由。（20 题） （21 题） （22 题）ABSNMCD1C1B1A1GFEDCBA- 5 -高一数学答案理科一.选择题（512 分60 分）(请将答案填在下面的答题框内)题号123456789101112答案CDDCBDDCCCBC2.解:由 cosA，可得A，又由ba可得 2sinB，可得b2c2a2 2bc32 63b asinB sinA3sinB，得B

8、或B，若B，则ABC为直角三角形；若B，CA，323233236则ABC为钝角三角形且为等腰三角形，由此可知ABC不可能为锐角三角形，故应选 D二、填空题（54=20）13 或 14、等腰 15、-15 16、ABCD 是菱形或是正方形或是对角线0x 1 2x 互相垂直的四边形三、解答题（共 70 分）17.（10 分）解：（1）命题 p 的解集为x|-2x10 (2)因为 p 是 q 的充分不必要条件所以有，解得 10121 mm9m18.解：（） 21sinsincoscosCBCB21)cos(CB又， ， CB03CBCBA32 A（）由余弦定理得 Abccbacos222232cos

9、22)()32(22bcbccb即：， )21(221612bcbc4bc323421sin21AbcSABC- 6 -19. 解： (1)由得又8S2S248)2(26411dada2d11a所以12) 1(21nnan（2）=) 12)(12(1 nnbn 121 121 21 nn= 121 121 51 31 31121 nnTn 121121 n12 nn20.解法一：（）由为异面直线与所成角（如图 1）111/ADDGC GD知AD1C G连接因为和分别是平行平面，1C F1C F1111ABB ACC D D1和与平面AECG 的交线所以 AE/,由此得1C F1113.3.D

10、FBFFDGFDADG:再由116Rt C DG1111在中, 由CD=1得CG D（）作于 H,由三垂线定理知11D HC G11,FHCGD HF11故为二面角F-CG -D即二面角的平面角.11AC GA.从而.113,62Rt HDGHD H11在中, 由DG = 3G D得1 1 13tan23 2D FD HFD H解法二：（）由为异面直线与所成角（如图 2）111/ADDGC GD知AD1C G因为和 AF 是平行平面，1EC11BBCD111C 与平面AAD 与平面AECG 的交线所以,由此得1/ECAF111111,313.4AGAEC BAGAADG 116Rt C DG1

11、111在中, 由CD=1得CG D（）为钝角。111146AC GAC G1111在中, 由CAG =,AG C=知作的延长线于 H,连接 AH，由三垂线定理知111AHGCGC交的平面角.1,GHAHAHA11故为二面角A-CG -A- 7 -.11311,62Rt AHGHH11在中, 由AG = 3G A得A从而.1 1 131tan231 2A AAHAAH解法三：（）以为原点，A1B1，A1D1，A1A 所在直线分别为 x、y、z 轴建立如图 3 所示的空1A间直角坐标系，于是，1(0,0, 31),(1,1,0),(0,1, 31),(1,0,1),ACDE因为和 AF 是平行平面

12、1(0,1,0),(0,1, 1).ADEC 1EC，所以设（0,y,0）,则11BBCD111C 和AAD 与平面AECG 的交线1/ECAF,111(0, , 13)./13AGyECAGy 由于是.故.设异面直线与所成的角的大31y 1(0,13,0),( 1, 3,0)GC G AD1C G小为,则:,从而 113cos2AD C GADC G .6（）作 H,由三垂线定理知11AHC G的平面角. 设 H（a,b,0）,则:1,GHAHAHA11故为二面角A-CG -A.由得:11( , ,0),(1,1,0)AHa bC Hab 11AHC G 110,C H C G 由此得a-3

13、b=0.又由,于是 11111,/,13abH C GC HC G 共线得3( 31)0.ab联立得:,33313331,.(,)4444abH故由 得:.22 11331313()(),13442AHA A 1 1 13 1tan2 3 12A AAHAAH - 8 -21.解：（1）取中点，连，得到，ACDSDBD22SD32BD得到 SACSDABCSD ACSDBDSD面面ABCSAC面面.6 分（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系有，DDAxDByDSz，0 , 0 , 2A0 , 0 , 2C0 , 32 , 0B22 , 0 , 0S0 , 3, 1M得到2, 3,

14、 0N，2, 0 , 1MN22 , 0 , 2CS0 , 32 , 2CB设平面的法向量为，则有，令SCBzyxn, 03220222yxzx1x得到.8 22,33, 1n分设直线与平面所成角为，则 MNSBC11222,cossinMNn.12 分22. （本题满分 12 分）解：（1）证明：取AB1的中点G，联结EG，FG F、G分别是棱AB、AB1中点，111/ /,2FGBB FGBB 又FGEC，11 2ECCC， FGEC 四边形FGEC是平行四边形，/ /CFEG 4 分CF平面AEB1，EG 平面AEB1 / /CF平面AEB. 6 分（2）解：以C为坐标原点，射线CA，C

15、B，CC1为, ,x y z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.Cxyz则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4） 设(0,0,)Em(04)m，平面AEB1的法向量1( , , )x y zn.- 9 -则1( 1,2,4)AB uuu r,( 1,0,)AEm uu u r由11AB n，1AE n得240 0xyz xmz 1(2 ,4,2)m mn8 分CA平面11C CBBCA 是平面EBB1的法向量,则平面EBB1的法向量2n(1,0,0)CA 10 分二面角AEB1B的平面角余弦值为2 17 17，则12 1222122 172cos,174(4)4mmm n nn nn n解得1(04)mm在棱CC1上存在点E，符合题意，此时1CE 12 分