黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学学年高二数学下学期期末考试试题文.docx
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黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学学年高二数学下学期期末考试试题文
2017-2018学年第二学期高二期末数学(文)科试题
时间:
120分钟
满分:
150分
一、选择题(每小题5分,共12小题60分)
1、已知两条相交直线,平面,则与的位置关系是( )
A.平面
B.与平面相交
C.平面
D.在平面外
2、在直角三角形中,以其斜边所在直线为轴旋转得到的旋转体是( )
A.圆锥
B.圆台
C.圆柱
D.以上都不对
3、若一个几何体的三视图如下图所示,则这个几何体是( )
A.三棱锥
B.四棱锥
C.三棱柱
D.四棱柱
4、下列各组点中,在同一直线上的是( )
A.B.
C.D.
5、下列说法中正确的是( )
A.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
B.棱柱的面中,至少有两个面互相平行
C.棱柱中一条侧棱的长叫棱柱的高
D.棱柱的侧面是平行四边形,但它的底面一定不是平行四边形
6、两个球的体积之比为,那么这两个球的表面积之比为( )
A.
B.
C.
D.
7、若一个圆锥的轴截面是等边三角形,其面积为,则这个圆锥的全面积是( )
A.3π
B.
C.6π
D.9π
8、设成等比数列,其公比为,则的值为( )
A.
B.
C.
D.
9、已,,则下列不等式一定成立的是( )
A.
B.
C.
D.
10、设满足,则( )
A.有最小值,最大值
B.有最小值,无最大值
C.有最大值,无最小值
D.既无最小值,也无最大值
11、已知,则的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
12、已知在中,,则是( )
A.直角三角形
B.锐角三角形
C.钝角三角形
D.等边三角形
二、填空题(每小题5分,共4小题20分)
13、给出下列命题:
①在正方体上任意选择4个不共面的顶点,它们可能是正四面体的4个顶点;
②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;
③若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
④一个棱锥可以有两条侧棱和底面垂直;
⑤一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直;
⑥所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体.其中正确命题的序号是__________.
14、已知直线过点,那么该直线的倾斜角为__________.
15、,两点的距离等于__________.
16、已知点、点,动点满足,则点与点所连线段的中点的轨迹方程为__________.
三、解答题(第17题10分,第18题12分,第19题12分,第20题12分,第21题12分,第22题12分,共6小题70分)
17、已知两直线,.求分别满足下列条件的的值.
(1)直线过点,并且直线与垂直;
(2)直线与直线平行,并且直线在轴上的截距为.
18、在中,角的对边分别为,.
(1)求角;
(2)若角,,求.
19、如图,正三棱柱中,,为的中点,为边上的动点.
(1)当点为的中点时,证明平面;
(2)若,求三棱锥的体积.
20、如图,在棱长为的正方体中,分别是的中点.
(1)求证:
平面平面;
(2)求证:
平面平面.
21、已知圆,直线.
(1)求证:
直线恒过定点.
(2)判断直线被圆截得的弦何时最长、何时最短?
并求截得的弦长最短时的值以及最短长度.
22、已知数列满足,,数列的前项和.
(1)求数列,的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
2017-2018学年第二学期高二期末
数学(文)科试题答案解析
第1题答案
D
第1题解析
由题意画出图形,当所在平面与平面,平行时与平面平行,当所在平面与平面相交时,与平面相交,
故答案为平行或相交(直线在平面外).故答案选D.
第2题答案
D
第2题解析
这个几何体是由两个同底的圆锥组合而成的.
第3题答案
B
第3题解析
根据三视图原理,答案选.
第4题答案
C
第4题解析
根据点斜式运用两点求斜率,斜率相等时三点在同一直线上,当斜率都不存在时也在同一条直线上,故答案选C.
第5题答案
B
第5题解析
棱柱中也存在互相平行的侧面,故A错;棱柱上、下底面的距离叫棱柱的高,若侧棱与底面垂直,则侧棱长即为高,若侧棱与底面不垂直,则侧棱长就不是棱柱的高,故C错;长方体是棱柱,其底面为平行四边形,故D错.综上,选B.
第6题答案
B
第6题解析
设两个球的半径分别为,则 ,
∴ .
故这两个球的表面积之比为.
第7题答案
A
第7题解析
设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则l=2r.由题意知,轴截面面积
∴r=1.故圆锥的全面积S全=πr·l+πr2=3π.
第8题答案
A
第8题解析
∵成等比数列,其公比为,
∴.故选A.
第9题答案
C
第9题解析
当时,;当时,,,故选C.
第10题答案
B
第10题解析
根据约束条件画出可行域,如图,当直线过直线与直线的交点时,取得最小值,因为可行域是个开放性的区域,故目标函数无最大值.故选.
第11题答案
D
第11题解析
,∵,∴,当且仅当时取等号,∴.故答案选.
第12题答案
A
第12题解析
方法一:
∵,,∴,∵,∴,
∴,∴,∴,∴.故选A.
方法二:
可用正弦定理、余弦定理进行角边的转化,用边的关系判断三角形的形状。
第13题答案
①⑤.
第13题解析
对于①,在正方体中任意选择四个不共面的顶点,它们可能是正四面体的四个顶点,正四面体是每个面都是等边三角形的四面体,如正方体中的四面体,∴①正确;对于②,底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥,如底面为等边三角形,且,则为等边三角形,和均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;∴②错误;对于③,一个四棱柱中有两个侧面垂直于底面,该四棱柱不一定为直四棱柱,必须是相邻的两个侧面才是直四棱柱,∴③错误;对于④,一个棱锥如果有两条侧棱和底面垂直,则这两条侧棱互相平行,∴④错误;对于⑤有一条侧棱垂直于底面时,就有两个侧面垂直于底面,∴⑤正确;对于⑥所有侧面都是正方形的四棱柱不一定是正方体,如底面是菱形是,此时的四棱柱不是正方体,∴⑥错误.故答案为①⑤.
第14题答案
(或).
第14题解析
∵直线过点,∴,∴直线可化为,又∵,∴,直线斜率,∴直线的倾斜角为(或).
第15题答案
第15题解析
由空间两点距离公式得:
第16题答案
第16题解析
因为、点,动点满足,则点的轨迹为圆心为半径为的圆,那么点与点的中点的坐标关系,利用中点公式得到,利用点随着点动,代入法得到轨迹方程为.
第17题答案
(1);
(2),.
第17题解析
(1)∵直线过点,∴①,∵直线与直线,∴② ①②消去得:
,,∴.
(2)根据平行的定义得到且,∵直线在轴上的截距为,∴令,,得到,代入且中得,.
第18题答案
(1);
(2),.
第18题解析
(1)∵,
∴,,
∵,,∴;
(2)∵,
∴,
∵,∴.
第19题答案
(1)证明见解析.
(2)
第19题解析
(1)连接,∵中,分别为中点,∴,∵平面,平面,∴平面.
(2)由,得,过点作于,则且,又∵平面,∴平面,∵,∴,∵,∴三棱锥的体积.
第20题答案
证明见解析.
第20题解析
(1)连结,∵中,分别是的中点,∴,∵正方体中,,,∴四边形是平行四边形,可得,因此,∵平面,平面,∴平面,同理,平面,∵为平面内的相交直线,∴平面平面;
(2)∵,为正方形,得,∴,
又∵正方体中,面,面,∴,
∵是平面内的相交直线,
∴平面,
又∵平面,∴平面平面.
第21题答案
解:
(1)证明略;
(2)直线被圆截得的弦最短时的值是,最短长度是.
第21题解析
解:
(1)直线的方程经整理得.由于的任意性,于是有,解此方程组,得.即直线恒过定点.
(2)因为直线恒经过圆内一点,所以(用《几何画板》软件,探究容易发现)当直线经过圆心时被截得的弦最长,它是圆的直径;当直线垂直于时被截得的弦长最短.由,,可知直线的斜率为,所以当直线被圆截得弦最短时,直线的斜率为,于是有,解得.此时直线l的方程为,即.又.所以,最短弦长为.直线被圆截得的弦最短时的值是,最短长度是.
第22题答案
(1)、;
(2)
第22题解析
(1),,则,,
∴数列是以公比为,首项为的等比数列.
故数列的通项公式为;
数列的前项和,
当时,;
当时,,∴,不满 足;故.
(2),当时,;
当时,,
即①;
②;
由②①得:
;
,
,
故.也满足;
综述,.
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