四川省树德中学2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题

2019-7高一数末第1页共2页树德中学高2018级第二期期末考试数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12个小题,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．若Rcba,,，且ba，则下列不等式中正确的是A．ab11B．22baC．babcacD．33ba2．过点)2,1(A且与原点距离最大的直线方程是A．052yxB．032yxC．03yxD．01yx3．若直线xy2的倾斜角为，则2sin的值为A.54B.54C.54D.534．设yx,满足约束条件04201022yxyxyx，则目标函数yxz2的最大值是A．3B．32C．1D．215．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A．35B．34C．322D．3246．已知数列}{na是公比不为1的等比数列，nS为其前n项和，满足22a，且7412,9,16aaa成等差数列，则3SA．5B．6C．7D．97．已知平面平面，n，点nAA，，直线nAB//，直线nAC，直线//,//mm，则下列四种位置关系中，不一定成立的是A．mAB//B．mACC．//ABD．AC8．在ABC中，角CBA,,所对的边为cba,,，且B为锐角，若47sin,25sinsinBbcBA，475ABCS，则b=A．32B．72C．15D．149．已知函数),0(1),0(1)(xxxxxf则不等式xxfx3)1()1(的解集是A.),3[B.),1[C.]1,3[D.),1[]3,(10．在平面直角坐标系xoy中，已知点)12,1(mmA，点)1,2(B，直线0byaxl：.如果对任意的Rm点A到直线l的距离均为定值，则点B关于直线l的对称点1B的坐标为A．)2,0(B．)511,52(C．)3,2(D．)3,52(11．若正项数列}{na的前n项和为nS，满足nnaS12，则1111111188664422SaSaSaSa11)1(200020001001SaA．20012000B．20012002C．40014000D．4001400212．如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为A．1625B．425C．161125D．41125第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。请将答案直接填在答题卡的相应横线上。13．在平面直角坐标系中，点)2,1(到直线0543yx的距离为.14．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜。据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”。在某种玩法中，用na表示解下),9(*Nnnn个圆环所需的移动最少次数，}{na满足11a，且为奇数为偶数nanaannn,22,1211，则解下4个环所需的最少移动次数为.15．如图，在正方体1111DCBAABCD中，点F是线段1BC上的动点，则直线FA1与平面1BDC所成的最大角的余弦值为.16．已知函数xxxxfsin2)cos42(sin3)(，则)(xf的最大值为.2019-7高一数末第2页共2页三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)已知直线04)1(2:1ymxl与063:2ymxl平行.（1）求实数m的值；（2）设直线l过点)2,1(，它被直线21,ll所截的线段的中点在直线02:3yxl上，求l的方程.18．(本题满分12分)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EFAB//，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知1,2EFAB．（1）求证：平面DAF平面CBF；（2）当2AD时，求多面体EFABCD的体积．19．(本题满分12分)某科研小组研究发现：一棵水蜜桃树的产量w（单位：百千克）与肥料费用x（单位：百元）满足如下关系：341wx，且投入的肥料费用不超过5百元．此外，还需要投入其他成本（如施肥的人工费等）2x百元．已知这种水蜜桃的市场售价为16元/千克（即16百元/百千克），且市场需求始终供不应求．记该棵水蜜桃树获得的利润为)(xL（单位：百元）．（1）求利润函数)(xL的函数关系式，并写出定义域；（2）当投入的肥料费用为多少时，该水蜜桃树获得的利润最大？最大利润是多少？20．(本题满分12分)在ABC中，角A,B,C所对的边为cba,,，向量)2sin21,(cos2BCm与向量),2(bcan共线.（1）若AC2，求CAAcos1)cos1sin3(22的值；（2）若M为AC边上的一点，且2||BM，若BM为ABC的角平分线，求||1||2CMAM的取值范围.21．(本题满分12分)如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD为矩形，PCD为等边三角形，且平面PCD平面ABCD.H为PD的中点，M为BC的中点，过点HCB,,的平面交PA于G.（1）求证：//GM平面PCD;（2）若34BCAB时，求二面角HBGP的余弦值.22．(本题满分12分)已知等比数列}{na的公比1q，前n项和为nS，且满足2431SSaa.1,1,1321aaa分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项.（1）求数列}{na的通项公式；（2）设nnnaablg，求数列}{nb的前n项和nM；（3）若)1()1(11nnnnaaac，}{nc的前n项和为nT，且对任意的*Nn满足2nT，求实数的取值范围.PDABCHMG2019-7高一数末第3页共2页树德中学高2018级第二期期末数学试题参考答案一、选择题1-6DABCAC7-12DDABAC二、填空题13．214.715.3116.21716题解答：xxxxxfsin2cos34cossin32)(4)1cos3()2(sin2xx42)]3sin(23[4)21cos32sin(222xxx2174225三．解答题17、解：（1）直线1l与2l平行,)1(32mm且m4)6(2，即062mm且3m,解得2m.(5分)(2)2m,直线0432:1yxl,0632:2yxl的中点在直线0132yx上，联立020132yxyx，解得11yx，l过点)1,1(211112lk，l的方程为：)1(211xy，化简得：032yx.(10分)18、ul证明：平面th平面ABEF，矩形ABCD，htt，平面th平面tܧt，ht平面ABEF，ܧ平面ABEF，ܧht，又t为圆O的直径，ܧtܧ，又tܧtht，ܧ平面CBF，ܧ平面ADF，平面ܧ平面CBF；(6分)tl解：过F作ܧBt交AB与H，由面面垂直性质可得ܧB平面ABCD，即FH为四棱锥ܧ쳌th的高，由ܧ是边长为1的等边三角形，可得23FH，又正方形ABCD的面积为4，33223431ABCDFV．6322312131BEFCV.所以63563332EFABCDV.(12分)19.（1）)50(3148642)134(16)(xxxxxxxL(6分)（2）43))1(3148(67314864)(xxxxxL.当且仅当)1(3148xx时，即3x时等号成立.所以，当投入的肥料费用为300元时，种植这种果树获得最大利润4300元.(12分)20.解：向量)2sin21,(cos2BCm与向量),2(bcan共线所以BcaCbcos)2(cos，即BCBACBcossincossin2cossin.化简得60B.(1)80,402CAACCAAcos1)cos1sin3(2280cos1)40cos140sin3(22)40cos140sin3(80cos1)40cos140sin3(40cos40sin40sin40cos380cos140cos40sin40sin40cos332160sin2120sin1680cos80sin20sin80sin162.(6分)(2)因为3B，BM为ABC的角平分线，所以6ABMCBM，在ABM中，sinsinBMAMAABM，因为2BM，所以2sin2sinsin6AAAM，在CBM中，sinsinBMCMCCBM，因为2BM，所以2sin2sinsin6CCCM，所以1sinCCM，则2122sinsin2sinsin3ACAAAMCM33sincos3sin226AAA,因为203A，所以662A,所以1sin126A，则即21AMCM的取值范围为3,32.(12分)21、（1）ABCD为矩形BCADBC,//平面PAD，AD平面PAD//BC平面PAD.又因为平面BGHC平面PAD=HG，ADHGHGBC////.G为PA中点，M为BC中点,所以HG平行且等于CM，即四边形GMCH为平行四边形2019-7高一数末第4页共2页所以GMHCGM,//平面PCD，HC平面PCD所以//GM平面PCD(6分)（2）不妨设AB=4,BC=3.因为H为PD中点，所以HCPDHCPD,所以有PD平面HGBC.因为平面PCD平面ABCDAD平面PDC,又HG//AD.HG平面PDCPH=2延长CH交BG于点M，过点H作HQMB交直线MB于点Q.易知道PQH即为二面角的平面角33257,2574912HQMQ，所以19196HQ，所以1473cos319tanPQHPQH.(12分)22、(1)由a1＋a3＝S4S2得，a1＋a1q2＝S21＋q2S2＝1＋q2，所以a1＝1，由a1－1，a2－1，a3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项，得a3－1－(a1－1)＝4[(a2－1)－(a1－1)]，即a3－a1＝4(a2－a1)，即q2－1＝4(q－1)，即q2－4q＋3＝0，因为q≠1，所以q＝3，所以an＝3n-1(n∈N*)．(3分)(2)bn＝anlgan＝(n－1)·3n－1lg3，所以Tn＝[0＋3＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1]lg3，3Tn＝[0＋32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)×3n]lg3，两式相减得，－2Tn＝[3＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n]lg3＝－3lg32－)23(n·3nlg3，所以Tn＝3lg34＋)432(n·3nlg3(n∈N*)．(7分)(3)由(2)知cn＝)13()13(31nnn＝)131131(231nn，∴Tn＝)13113113113113121(2312nn＝43)13121(23n，∴43≤λ2＋λ，解得λ≥21或λ≤－23.即实数λ的取值范围是),21[]23,((12分)