江苏省南京市学年高一下学期期末统考数学试题 Word版含解析由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“江苏省高一下数学期末”。
南京市2017-2018学年度第二学期期末调研测试卷
高一数学
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.．．．．．．．．1.在平面直角坐标系【答案】.【解析】分析：由直线方程可得直线的斜率，由斜率可得倾斜角的值.详解：由直线方程可得可得，由，故答案为.，中,记直线的倾斜角是,则的值为_________.点睛：本题主要考查直线的方程、直线的斜率与倾斜角，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.2.在等比数列【答案】.【解析】分析：利用等比数列的下标性质列方程求解即可.详解：因为等比数列所以则，故答案为.中，若，中， 中,己知,则的值为_________.点睛：本题主要考查等比数列的性质，属于基本题.在等比数列则.中,已知直线经过点3.在平面直角坐标系【答案】.,则直线的方程是_________.【解析】分析：利用斜率公式可得详解：因为直线经过点所以直线斜率为由点斜式可得直线方程为，故答案为
.，,，由点斜式可得结果.1
点睛：本题主要考查已知两点求斜率，以及直线的点斜式方程，意在考查综合利用所学知识解决问题的能力，属于简单题.4.已知为锐角,且【答案】.的值，利用二倍角的正弦公式可得结果.，,则的值为_________.【解析】分析：利用平方关系求出详解：由为锐角，可得则，故答案为
.点睛：本题考查平方关系以及二倍角的正弦公式，属于中档题.“给值求值”问题，给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系． 5.如图,在四棱锥，中,底面
是矩形,平面,则四个侧面
中,有_________ 个直角三角形.【答案】.【解析】分析：由平面详解：由由平面，可得平面，是矩形,可得，平面，可得
可得，是直角三角形，可证明
平面，是直角三角形，从而可得结果.，平面，平面，是直角三角形，结合底面由此可得 是直角三角形，所以四个三角形均为直角三角形，故答案为.点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.6.不等式【答案】.等价于，.，利用一元二次不等式的解法可得结果.的解集为_________.【解析】分析：详解：解得等价于，故答案为点睛：本题主要考查分式不等式的解法、一元二次不等式的解法，意在考查计算能力以及转化与划归思想的应用，属于简单题.7.已知圆锥的底面半径为,母线长为,则此圆锥的体积为_________.【答案】.【解析】分析：由圆锥的底面半径为,母线长为，根据勾股定理求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式可得结果.详解：因为圆锥的底面半径为,母线长为, 所以，由勾股定理可得体积，故答案为
.点睛：本题主要考查圆锥的性质及圆锥的体积公式，意在空间想象能力以及考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.8.设的内角
所对的边分别为
.已知,，则角的大小为_________.【答案】.【解析】分析：利用正弦定理求出详解：由余弦定理则，再利用正弦定理求出，从而可得结果.，即由正弦定理由，解得，解得，故答案为.，可得
9.如图,在直四棱柱,与所成的角为,则
中,底面的值为_________.是正方形,.记异面直线
【答案】.【解析】分析：因为详解：因为所以即为设，中，，故答案为.，所以即为，利用余弦定理可得结果.，则三角形由余弦定理可得点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后 4
结果一定要取绝对值.10.在平面直角坐标系
中,经过点的直线与轴交于点,与轴交于点.若,则直线的方程是_________.【答案】【解析】分析：设详解：设可得则即，由，由截距式可得直线方程为，故答案为
.，.，由，列方程组求出，利用截距式可得结果.点睛：本题主要考查向量相等的性质以及直线的方程，直线方程主要有五种形式，每种形式的 直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式设直线方程时要注意讨论斜是否存在；截距式要注意讨论截距是否为零；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化为一般式.11.为两个不同的平面,为两条不同的直线,下列命题中正确的是_________.(填上所有正确命题的序号).①若③若,则, 则； ②若； ④若，则
；，则
.【答案】①③.【解析】分析：根据线面平行的定义可得①正确；由
有可能异面可得②不正确；线面垂直判定定理可得③正确；由不一定在平面内可得④不正确.详解：①若②若③若④若，则, 则,则，与没有交点，有定义可得，故①正确.有可能异面，故②不正确.，由线面垂直判定定理可得，故③正确.，则，不一定在平面内，故④不正确，故答案为①③.点睛：本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.5
12.设,则【答案】的内角所对的边分别为.若,且的面积为周长的最小值为_________..，根据正弦定理可得，利用余弦定理可得，由的面积为可得，利用换元法与基本不等式即可得结果.，，则，则，，则，在，故答案为
时递增，.，【解析】分析：由结合详解：由由正弦定理由可得周长令则最小值为点睛：本题考查正弦定理边角互化，余弦定理与基本不等式的应用，属于难题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.13.已知数列_________.【答案】.,利用裂项相消法即可的通项公式为，则数列
前项和为的值为【解析】分析：得结果 详解：因为数列的通项公式为，所以，故答案为
.点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)
；（3）
；（4）
；（2）
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.14.已知正实数【答案】.【解析】分析：由结果.详解：由由，可得得，当且仅当时等号成立，故答案为.，得，可判定，利用基本不等式可得满足,则的最小值为_________.点睛：本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.二、解答题:本大题共6小题,共计90分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.在平面直角坐标系(1)若直线的斜率为
中,设直线的若方程为,求实数的值；
.(2)若直线与坐标轴为成的三角形的面积为,求实数的值.【答案】(1)；(2)；
详解：(1)(2)由，时,化为；
时,，所以斜率为； ,由面积为可得,则；
则围成的三角形面积为.点睛：本题主要考查直线的方程与性质，以及直线方程与斜率的关系，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力.16.如图,在三棱柱点.是与的交点,中,侧面，求证:
是矩形,侧面
是菱形, 是的中
(1)(2)平面平面.；
【答案】详见解析；
【解析】分析：(1)由三角形中位线定理可得平面；(2)先证明
平面
平面,则.中点,，根据线面平行的判定定理可得，由菱形的性质,可得，根据线面垂直的判定定理可得详解：(1)由四边形又因为为又因为可得的中点,可得平面平面,；
是菱形,可得为，平面，(2)由四边形又因为可得由四边形 为矩形,可得,平面,则是菱形,可得，，平面，平面
因为可得,平面.,平面,平面，点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明的.17.在(1)若(2)若中,已知点在,求，求线段
边上,且，.的值； 的长.或
； 【答案】(1)；(2)
【解析】分析：(1)则理可得
时,，由,可得，内由余弦定，利用两角和的正切公式可得结果；(2)三角形或，再分别利用余弦定理求得时,，或
.详解：(1)由则,可得，；，解得内由余弦定理
或，(2)三角形则时, 内由余弦定理，即，三角形 9
时, ,三角形
内由余弦定理
则或.；
点睛：本题主要考查两角和的正切公式、利用余弦定理解三角形，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）运用两种形式的条件.18.已知函数(1)若(2)当(3)若正数,且函数
.有零点,求实数的取值范围；；,恒成立, 求实数的值.；（2），同时还要熟练掌握时,解关于的不等式满足,且对于任意的；；
时；
时【答案】(1)(2)(3)时；；
【解析】分析：(1)由可得结果；(2)时,，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；(3)，则详解：(1)由函数(2)当当当时恒成立,当且仅当,解不等式即可的结果.时，即
时, 时, 时,的解集为的解集为的解集为,由,即,;可得
在,即
单调递增，,，或
；，,即,即,由，可得有零点,可得时, 即即即(3)二次函数时由 开口响上,对称轴恒成立,当且仅当，可得
则此时,由，则可得.,即,则, 点睛：本题主要考查函数的零点、一元二次不等式的解法、二次函数的性质以及分类讨论思想的应用，属于中档题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.19.某水产养殖户制作一体积为
立方米的养殖网箱(无盖),网箱内部被隔成体积相等的三块长方体区域(如图),网箱.上底面的一边长为米,网箱的四周与隔栏的制作价格是元/平方米,网箱底部的制作价格为元/平方米.设网箱上底面的另一边长为米,网箱的制作总费用为元.(1)求出与之间的函数关系,并指出定义域；
(2)当网箱上底面的另一边长为多少米时,制作网箱的总费用最少.【答案】(1)，定义域为
；(2)；
平方米,底部面积为，由
可得
平【解析】分析：(1)隔栏与四周总面积为方米,结合不同位置的价格即可的结果；(2),从而可得结果.详解：(1)网箱的高为
米, 由三块区域面积相同可得隔栏与左右两边交点为三等分点, 隔栏与四周总面积为
平方米, 11
底部面积为则(2)由答: 可得平方米,，,当且仅当，定义域为
即
时等号成立,，定义域为；
；网箱上底面的另一边长为多少米时,制作网箱的总费用最少.点睛：本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及几何概型概率公式，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.解答本题题意的关键是：求出与之间的函数关系，进而利用基本不等式求解.20.已知(1)求数列(2)记是公差不为零的等差数列, ,的通项公式；的前项和；
成立的恰有个,求正整数的值.是等比数列,且，.,求数列(3)若满足不等式【答案】(1)，.(2)，.(3).列出关于首项、,公差与公比的，的通项公式；(2)【解析】分析：(1)根据方程组，解方程组可得、,公差与公比的值，从而可得数列由(1)可得，利用错位相减法求和即可的结果；(3)不等式可化为，先判断的增减性，可得则时, 中最大的三项值为，由时满足.的共有两个,可得，由解得，则正整数详解：(1)设，的公差为,；的公比为，；
由由则则(2)，可得，可得，；，，；，作差可得则
(3)不等式可化为，即，则 时一定成立,，即，时,满足的共有两个,此时的共有两个，，即满足令，，则时, 时,，，，，则由由时, 时满足解得中最大的三项值为的共有两个,可得，则正整数
.点睛：本题主要考查等比数列和等差数列的通项以及错位相减法求数列的前 项和，属于中
档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列写出“”出“
与“的公比，然后作差求解, 在” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写”的表达式.14
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