学年湖北省部分重点中学高一数学下期末考试理试题解析版Word下载.docx
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本题选择C选项.
4.若的图像是两条平行直线,则的值是()
A.或B.C.D.的值不存在
【答案】B
【解析】结合两直线平行的充要条件可得关于实数m的方程:
即:
,解方程可得:
或.
5.在正方体中,点在线段上运动,则异面直线与所成角的取值范围是()
【解析】∵A1B∥D1C,
∴CP与A1B成角可化为CP与D1C成角。
∵△AD1C是正三角形可知当P与A重合时成角为,
∵P不能与D1重合因为此时D1C与A1B平行而不是异面直线,
∴θ∈;
本题选择B选项.
6.如图,正方形网格中,粗实线画出的是某几何体的三视图,若该几何体的体积为7,则该几何体的表面积为()
A.18B.21C.24D.27
【解析】由三视图可知:
该几何体为一个棱长为2x的正方体
在一个角去掉一个棱长为x的正方体,余下的几何体。
∴该几何体的体积7=(2x)3−x3,解得x=1.
∴该几何体的表面积=6×
22=24.
故选:
C.
点睛:
三视图的长度特征:
“长对正、宽相等,高平齐”,即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长,侧视图和俯视图一样宽.若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法.正方体与球各自的三视图相同,但圆锥的不同.
7.已知一个等比数列首项为1,项数是偶数,其奇数项之和为341,偶数项之和为682,则这个数列的项数为( )
A.4B.6C.8D.10
【答案】D
【解析】设等比数列项数为2n项,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶,
则S奇=341,S偶=682,所以,
∴,解得n=5,
这个等比数列的项数为10,
本题选择D选项.
8.已知边长为2的正方形的四个顶点在球的球面上,球的体积为,则与平面所成的角的余弦值为()
【解析】设正方体的中心为,设球的半径为R,由题意可得:
解得:
,即:
,
由正方形的性质可得:
结合球的性质可得:
与平面所成的角的余弦值为.
9.变量满足,若存在使得,则k的最大值是()
A.1B.2C.D.
【解析】变量x,y满足的可行域如图:
xy的几何意义是,如图虚线矩形框的面积,
显然矩形一个顶点在C在线段x+y=2,
第一象限部分上xy取得最大值,k=xy=x(2−x)=2x−x2,
当x=1时1的最大值。
则xy的最大值为:
1.
(1)本题是线性规划的综合应用,考查的是非线性目标函数的最值的求法.
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法,给目标函数赋于一定的几何意义.
(3)本题错误率较高.出错原因是,很多学生无从入手,缺乏数形结合的应用意识,不知道从其几何意义入手解题.
10.设是等差数列,为等比数列,其公比,且,若,则有()
A.B.或C.D.
【解析】∵{an}为等差数列,
∴,
∵{bn}为正项等比数列,
∴,公比q≠1,
∵a1=b1,a13=b13,
由基本不等式可知a7>
b7,
11.在三棱锥中,,,且,则该三棱锥外接球的表面积为()
【解析】由题意:
,则点P在底面ABC的射影为△ABC的外心,
△ABC为等腰直角三角形,则外心为BC边上的中点,
则外接球的半径即△PBC的半径,
设,易知,则:
设球的半径为R,则:
则球的表面积为:
.
与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;
球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.
12.有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。
已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过38,则该塔形中正方体的个数至少是( )
A.4个B.5个C.6个D.7个
【解析】设有n个正方体构成,其表面积由两部分组成:
(1)俯视图、表面只有一个正方形,其边长为2.
(2)侧面则由4n个正方形构成,且各层(从下往上看)正方形面积构成一个首项为4,公比为的等比数列。
∴表面积为:
,
求解不等式可得n的最小值为5.
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分,共20分。
13.点和点关于点的对称点都在直线的同侧,则的取值范围是__________。
【答案】
【解析】设对称点的坐标为:
,由题意可得:
,即:
结合点与直线的关系可得:
求解不等式可得的取值范围是.
14.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为,作为其母线与轴的夹角的大小为__________。
【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为l,
则圆锥的侧面积为:
,过轴的截面面积为:
rh,
∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为,
∴,
设母线与轴的夹角为,
则,
故.
15.直线l过点P(-1,2)且点A(2,3)和点B(-4,6)到直线l的距离相等,则直线l的方程为_________________________。
【解析】由题意可知,
①所求直线与直线AB平行,即直线的斜率,
直线方程为:
②所求直线过AB的中点:
,此时直线方程为,
综上可得,直线的方程为.
16.若四面体的三组对棱分别相等,即
给出下列结论:
①四面体每个面的面积相等;
②从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于;
③连结四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分;
④从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长;
其中正确结论的序号是__________。
(写出所有正确结论的序号)
【答案】①③④
【解析】①四面体ABCD的每个面是全等的三角形,面积是相等的。
①正确
②由①,四面体ABCD的每个面是全等的三角形,从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角能够等量代换为同一个三角形内的三个内角,它们之和为180∘.②错误
③连接四面体ABCD每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分③正确
④由①,设所在的长方体长宽高分别为a,b,c,则每个顶点出发的三条棱长分别为,任意两边之和大于第三边,能构成三角形。
④正确.
正确结论的序号是①③④.
三、解答题:
本大题共6个小题,共70分。
解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.过点有一条直线,它夹在两条直线与之间的线段恰被点平分,求直线的方程。
【解析】试题分析:
由题意可得直线与的交点坐标为,
据此可得直线的方程是.
试题解析:
设直线夹在直线之间的线段是,
的坐标分别设为.因为被点平分,
所以,于是
由于在上,在上,所以,解得,
即的坐标是,所以直线的方程是
18.在中,已知,其中角所对的边分别为。
求
(1)求角的大小;
(2)若,的面积为,求的值。
(1);
(2)1.
(1)利用正弦定理角化边,结合三角函数的性质可得;
(2)由△ABC的面积可得,由余弦定理可得,结合正弦定理可得:
的值是1.
(1)由正弦定理,得,
∵,∴.即,而
∴,则
(2)由,得,
由及余弦定理得,
即,所以。
19.在中,已知,边上的中线所在直线方程为,的角平分线所在直线的方程为。
(1)求顶点的坐标;
(2)求的面积。
(1)B点的坐标为;
(2).
(1)设出点B的坐标,利用中点在直线上结合中点坐标公式可得顶点B的坐标为;
(2)利用点到直线的距离求得三角形的高,然后利用面积公式可得.
(1)设,则的中点在直线上
所以①
又点在直线上,则②
由①②可得,即点的坐标为
(2)因为点关于直线的对称点的坐标为,而点在直线上.
由题知得,所以直线的方程为.
因为直线BC和直线CM交于C点,由知
则,点到直线BC的距离
所以
20.如图1,在高为2的梯形中,,,,过、分别作,,垂足分别为、。
已知,将梯形沿、同侧折起,得空间几何体,如图2。
(1)若,证明:
;
(2)若,证明:
(3)在
(1),
(2)的条件下,求三棱锥的体积。
(1)见解析;
(2)见解析;
(3).
(1)由题意可得,则,即为直角三角形;
(2)利用题意可得,结合线面平行的判断定理可得;
(3)利用题意可得AE为三棱锥的高,结合体积公式可得.
(1)证明:
由已知得,四边形为正方形,且边长为2,则在图2中,
由已知,,可得,
又,所以,
又,,所以,
又,所以,即。
(2)证明:
如图,取AC的中点G,连接OG,DG,则,
则四边形DEOG为平行四边形,所以,
又,,所以。
(3)解:
因为三棱锥的体积,
而,,所以。
即
故
(1)有关折叠问题,一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系,哪些变,哪些不变.
(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题,常选择恰当的母线或棱展开,转化为平面上两点间的最短距离问题.
21.如图,四棱锥中,,侧面为等边三角形,,。
(2)求二面角的平面角的正弦值。
(1)由题意可得,结合线面垂直的判断定理可得;
(2)首先找到二面角的平面角,然后结合几何关系可得二面角的平面角的正弦值为.
(1)解:
取的中点,连结,,则四边形为矩形。
,,
因为侧面为等边三角形,,所以,且
又因为,所以,,
所以,,而,,,所以。
(2)
(2)过点作于,因为,,所以,
又因为,即,
由平面与平面垂直的性质,知,
在中,由,
得,所以。
过点作于,
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