衡水中学20162017学年高一下学期期末考试理数试题解析版

1．B【解析】过222,3Amm，23,2Bmmm两点的直线l的斜率2222232322321mmmmkmmmmm，∵直线l倾斜角为45∘，∴2232121mmmm，解得m=−1或m=−2，当m=−1时，A，B重合，舍去，∴m=−2．故选：B．4．A【解析】由等差数列的性质可得11212121aad，即11a，又231615aaa，则2456dd，解之得32,4dd（设去），所以11nna的前21项和为21132432120110221Saaaaaaa，应选答案A．5．C【解析】由题意，第一次切削，将该毛坯得到一个表面积最大的长方体，为正方体，第二次切削沿长方体的对角面刨开，得到两个全等的直三棱柱，设正方体的棱长为a，则直三棱柱的体积=12×a×a×a=12a3鳖臑的体积=13×12×a×a×a=16a3，阳马的体积=12a3−16a3=13a3，∴阳马与鳖臑的体积之比为2:1，故选C．6．B【解析】圆心1,6C不在直线1yx上．由圆的性质，两条切线1l、2l关于直线CP对称，又由已知，两条切线1l、2l关于直线l：1yx对称，所以，CPl，由点到直线距离可得=22CP，故选B．7．A【解析】函数fxx的图象过点(4，2)，可得42，解得12，12fxx，则11111nannfnfnnn．则201721322018201720181S，故选A．[来源:学#科#网]8．A【解析】由图中数据可得：1S222π2圆锥侧，S212圆柱侧，S底面=π×12=π．所以几何体的表面积为S32表面积．故答案为：32．故选A．9．D【解析】由题意可知曲线1C：2220xyx表示一个圆，化为标准方程得：(x−1)2+y2=1，所以圆心坐标为(1，0)，半径r=1；2C：20mxxymx表示两条直线y=0和y−mx−m=0，由直线y−mx−m=0可知：此直线过定点(−1，0)，在平面直角坐标系中画出图象如图所示：当直线y−mx−m=0与圆相切时，圆心到直线的距离2211mdrm，化简得：213,33mm．则直线y−mx−m=0与圆相交时，m∈33,00,33，故选：D．故选：B．[来源:学科网]点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点,,,PABC构成的三条线段,,PAPBPC两两互相垂直，且,,PAaPBbPCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224Rabc求解．点睛：给出nS与na的递推关系求na，常用思路是：一是利用1,2nnnaSSn转化为na的递推关系，再求其通项公式；二是转化为nS的递推关系，先求出nS与n之间的关系，再求na．应用关系式11,1{,2nnnSnaSSn时，一定要注意分1,2nn两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．12．C【解析】①因为点AC平面11BBCC，所以直线AC与直线1CE是异面直线；②111AEAEAB时，直线1AE平面1111,ABCAEAC，错误；③球心O是直线11,ACAC的交点，底面1OAA面积不变，直线1BB平面1AAO，所以点E到底面距离不变，体积为定值；④将距形11AABB和距形11BBCC展开到一个面内，当点E为1AC与1BB交点时，1AEEC取得最小值22，故选C．13．【解析】两条直线平行即斜率相等，所以，即，直线化简为，所以距离，故答案为点睛：已知直线和直线平行，则有且，切记不要了遗忘了这个条件；两条平形直线的距离公式为，在利用公式时注意先将两条直线、的系数化成相同．14．66【解析】由题得：设AC与BD交于点O，连接1BO，则1BOC，又可知116,2,22BOOCBC，所以190BOC，过点O做OH垂直BC交BC于H，连接1BH，所以1OBH，所以116cossin66OHOB点睛：根据题意先分析线线角通过计算求出90，然后根据线面角得定义作出然后根据直接三角形求出sin，要注意多分析题目条件16．4,5【解析】∵数列na满足：11a，12nnnaaa（*nN），∴1121nnaa，化为111121nnaa∴数列{11na}是等比数列，首项为1112a，公比为2，∴112nna，∴112122nnnbnna，∵数列nb是单调递增数列，∴bn+1bn，∴(n−2λ)⋅2n(n−1−2λ)⋅2n−1，解得λ1，但是当n=1时，b2b1，∵132b，∴(1−2λ)⋅232λ，解得λ45，故选：A．点睛：数列单调性的研究一般有两个方法：定义法和函数法．定义法即为利用定义得出相邻两项的不等关系，化简为恒成立问题求参；[来源:学科网ZXXK]函数法即为利用数列为函数上离散的点，借助函数的单调性研究数列即可，但是需注意数列的不连续性与函数有所区别．17．【解析】试题解析：（1）因为AB边所在直线方程为360xy，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为3，又因为1,1T在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为131yx，即320xy．（2）由360{320xyxy解得点A的坐标为0,2，因为矩形ABCD两条对角线的交点为2,0M，所以M为距形ABCD外接圆的圆心，又22200222AM，从而距形ABCD外接圆的方程为2228xy．【方法点晴】本题主要考查了直线的点斜式方程、圆的方程的求解，其中解答中涉及到两条直线的交点坐标，圆的标准方程，其中（1）中的关键是根据已知中AB边所在的直线方程以及AD与AB垂直，求出直线AD的斜率；（2）中的关键是求出A点的坐标，进而求解圆的圆心坐标和半径，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．18．【解析】试题分析：（1）求出两圆圆心和半径，两圆外切，圆心距等于两半径和，由此解得4m；（2）点A坐标为2,0，点B坐标为0,2，设P点坐标为00,xy，由题意得点M的坐标为0020,2yx；点N的坐标为002,02xy，由此得到四边形面积的表达式，化简得4S．由题意得点M的坐标为0020,2yx；点N的坐标为002,02xy，四边形ABNM的面积00002211222222xySANBMyx2000000000042242242211222222yxyxxyyxyx，有P点在圆1C上，有22004xy，∴四边形ABNM的面积0000004422422xyxySyx，即四边形ABNM的面积为定值4．【方法点晴】设两圆的圆心分别为1C、2C，圆心距为12dCC，半径分别为R、r(Rr)．(1)两圆相离：无公共点；dRr，方程组无解．(2)两圆外切：有一个公共点；dRr，方程组有一组不同的解．(3)两圆相交：有两个公共点；RrdRr，方程组有两组不同的解．(4)两圆内切：有一公共点；dRr，方程组有一组不同的解．(5)两圆内含：无公共点；0dRr，方程组无解．特别地，0d时，为两个同心圆．学科&网19．【解析】试题分析：（1）证明面面垂直，通过证明线面垂直即可，根据{CDADPADABCD面面CD面[来源:学。科。网Z。X。X。K]PADCDAP，结合题目条件即可得AP平面PCD，（2）由（1）AB面PAD，所以AB为几何体高，所以1132BPADVABPAPD113AB，然后建立空间直接坐标系，写出两个平面得法向量，利用向量夹角公式求解即可（2）{ABCDPCDCDBAPCD平面平面平面BACD，由（1）知AB面PAD1132BPADVABPAPD113AB，取AD中点O，POAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，以过点O且平行于AB的直线为x轴，如图建系，各点坐标如图．由（1）易知平面PAD的一法向量为1,0,0m，设平面PBC的法向量为,,nxyz．1,1,1PB，2,1,1PC．0{0nPBnPC0{20xyzxyz，取2x，2,1,3n．cos,mn147mnmn，故所求二面角的余弦值为147．20．【解析】试题分析：（Ⅰ）利用1nnnaSS即可求得121nnaa，从而可以得到1121nnaa即可求解；（Ⅱ）由（Ⅰ）利用等比数列通项公式可得11222nnna进而得na；（Ⅲ）由11111112121nnnnnnbaaa，利用裂项相消求解即可．（Ⅱ）由（Ⅰ），知当2n时，1121nnaa，又因为112a，所以数列1na是以2为首项，2为公比的等比数列．所以11222nnna，∴21nna（*nN）．（Ⅲ）由（Ⅱ），知111111nnnnnnnabaaaaa122121nnn1112121nn，则2233411111111111121212121212121212121nnnnnT11121n（*nN）．21．【解析】试题解析:（Ⅰ）证明：在直三棱柱111ABCABC中，1CC平面ABC，故1ACCC，由平面1CCD平面11ACCA，且平面1CCD平面111ACCACC，所以AC平面1CCD，又1CD平面1CCD，所以1ACDC．（Ⅱ）证明：在直三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，所以1AAAB，1AAAC，又90BAC，所以，如图建立空间直角坐标系Axyz，依据已知条件可得0,0,0A，0,3,0C，12,3,0C，0,0,1B，12,0,1B，1,3,2D，所以12,0,0BB，1,3,1BD，即//AM平面1DBB．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面1BBD的法向量为0,1,3n．设BPBC，0,1，则0,3,1P，1,33,1DP．若直线DP与平面1DBB成角为3，则2233cos,22445nDPnDPnDP，解得50,14，[来源:学。科。网]故不存在这样的点．22．【解析】试题分析：（Ⅰ）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项1a和公比q表示出已知条件并解出，可得通项公式；（Ⅱ）由nnnba，因此用错位相减法可求得其前n项和nS，对不等式112nnnnSa按n的奇偶分类，可求得参数a的取值范围．（Ⅱ）解：12nnnb∴23411232222nnnS12nS34121212222nnnn∴2341211111222222nnnnS∴12311111+22222nnnnS=1111122211222nnnnn∴1112nna对任意正整数n恒成立，设112nfn，易知fn单调递增．n为奇数时，