PAGE2020～2020学年度孝感市重点高中协作体期末考试高一数学第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12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.设全集，集合，，则（）A.B.C.D.【
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
】B【解析】分析:(1)先化简集合A,再求,再求.详解：由题得A={-1,2},所以={0,1，-2}，所以=.故答案为：B.点睛：本题主要考查集合的化简和并集补集的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.2.若向量，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：直接按照平面向量的坐标运算求解.详解：由题得（4，-6）-（-1,2）=（5，-8），故答案为：B.点睛：（1）本题主要考查平面向量的坐标运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的运算能力.(2)设=,=，则=.设=，则=.3.在等差数列中，，，则数列的公差（）A.2B.1C.D.【答案】A【解析】分析：直接把两个式子相减，即得数列的公差.详解：把两个式子对应相减得故答案为：A.点睛：（1）本题主要考查等差数列的性质和计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)本题如果解方程组也可以得解，但是计算量稍大，直接把两个式子相减，很快就可以得到d的大小，所以要注意观察已知条件的特点再解答.4.如图，已知用斜二测画法画出的的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：直接利用
公式
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求解.详解:由题得因为.故答案为：B.点睛：（1）本题主要考查斜二测画法中直观图的面积和原图的面积关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)斜二测画法中直观图的面积和原图的面积关系为.5.过点且与直线：平行的直线的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析:先求直线的斜率，再利用直线的点斜式方程写出直线的方程，再整理成一般式.详解：因为直线与：平行，所以直线的斜率为所以直线的方程为故答案为：C.点睛：（1）本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)如果两直线都有斜率且它们相互平行，则6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，根据三视图中的数据，可求得该几何体的表面积.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，该几何体的形状如图所示，于是，，，，所以表面积，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.7.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则（）A.或B.C.或D.【答案】C【解析】分析：由正弦定理得即可求出B的值.详解：由正弦定理得因为b＞a,所以B>A.故答案为：C.点睛：（1）本题主要考查正弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)利用正弦定理解三角形，如果有多解，要利用三角形边角不等关系定理或者三角形内角和定理检验.8.若函数在区间上的最大值为6，则（）A.2B.4C.6D.8【答案】B【解析】分析：根据函数的单调性得到当x=a时，函数取最大值6，即可得到a的值.详解：由题得函数在区间上是增函数，所以当x=a时，函数取最大值6，即=6,解之得a=4.故答案为：B.点睛：（1）本题主要考查对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)解方程=6时，可以直接观察选项验证即可.9.函数的部分图象大致是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由题意结合函数的奇偶性和函数的符号排除错误选项即可求得最终结果.详解：因为,所以是奇函数,排除.当时,,所以；当时,，,所以，排除B选项.本题选择C选项.10.已知钝角的三边长分别为，，，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：先令最大角的余弦值小于零，再根据三角形的边角关系得到一个a的不等式，再求它们的交集即得a的取值范围.详解：由题得a+1最大，设其对角为，所以又因为a-1+a>a+1.所以a>2.所以a的取值范围为2
a+1这个条件，否则是错误的，只有这个条件才能保证它是三角形的三边.11.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中，.若将它们的斜边重合，让三角形以为轴转动，则下列说法不正确的是（）A.当平面平面时，，两点间的距离为B.当平面平面时，与平面所成的角为C.在三角形转动过程中，总有D.在三角形转动过程中，三棱锥的体积最大可达到【答案】C【解析】分析：A选项，结合图象，利用面面垂直的性质及直角三角形斜边上的中线长等于斜边长的一半求解；B选项，先作出与平面所成的角，再求得其为；C选项用反证法，假设垂直，根据线面垂直的判定与性质推到是否可能，从而得出结论；D选项根据棱锥的体积公式，在底面积不变的情况下，体积的大小取决于高，当平面ABD⊥平面ABC时，高最大，求出即可．详解：A选项，取AB中点O，连接DO、CO，∵AD=BD=，∴DO=1，AB=2，OC=1∵平面ABD⊥平面ABC，DO⊥AB，∴DO⊥平面ABC，DO⊥OC，∴DC=，A选项正确；B选项，过点D作DM⊥AB，连接MC，则∠DCM就是与平面所成的角，因为DM=CM,所以∠DCM=45°，所以B选项正确；C选项，若AB⊥CD，则AB⊥平面CDO，AB⊥OC，∵O为中点，∴AC=BC，∠BAC=45°与∠BAC=30°矛盾，∴C选项错误；D选项，当DO⊥平面ABC时，棱锥的高最大，此时V棱锥=×AC×BC×DO=××1×1=．D选项正确．故答案为：C点睛：（1）本题主要考查空间线面位置关系和空间角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力.(2)解答类似空间真假命题的判断，方法比较灵活，有的可以举反例，有的可以反证，有的可以直接证明.12.已知为数列的前项和，，若存在唯一的正整数使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：先根据求出数列的通项，再把代入不等式化简分析得解.详解：因为，所以，两式相减得，适合n=1,所以数列的通项.把代入不等式化简得，设，由于，所以故答案为：D.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.设，满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】11.【解析】分析：作出可行域，变变形为，，平移直线，由图可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，将点代入，即可得结果.详解：作出约束条件表示的可行域，由可得，变变形为，，平移直线，由图可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，将点代入，可得取得最大值，故答案为.点睛：本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.函数的对称中心为__________．【答案】，.【解析】分析：根据正切函数的对称中心求的对称中心.详解：令所以函数的对称中心为.故答案为：.点睛：（1）本题主要考查正切函数的对称中心，意在考查学生对该知识点的掌握能力.(2)正切函数的对称中心为不是15.已知，：，若一条光线过点，经过反射到轴结束，则这条光线经过的最短路程是__________．【答案】3.【解析】分析：先求出点A关于直线l的对称点，则对称点到y轴的距离就是这条光线经过的最短路程.详解：设点A关于直线l的对称点为B(m,n),所以由题得解之得B(3,1).因为点B到y轴的距离就是这条光线经过的最短路程，所以最短路程是3.故答案为：3.点睛：（1）本题主要考查点和关于直线的对称问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合思想方法.(2)求点A关于直线l：的对称点B的坐标，一般根据方程组来求解.16.已知数列的前项和，数列满足，若，则__________．【答案】18.【解析】分析：先根据已知得到数列的通项，再求出，最后利用裂项相消化简即得n的值.详解：当n=1时，.当n≥2时，，适合n=1.故所以所以所以=，解之得n=18.点睛：（1）本题主要考查数列通项的求法和裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理的能力.(2)类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等,用裂项相消法求和.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.已知直线：，直线：.（1）若，求与的距离；（2）若，求与的交点的坐标.【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）先根据求出k的值，再利用平行线间的距离公式求与的距离.(2)先根据求出k的值，再解方程组得与的交点的坐标.详解：（1）若，则由，即，解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不符合，故舍去；当时，直线：，直线：，所以.（2）若，则由，得.所以两直线方程为：，：，联立方程组，解得，所以与的交点的坐标为.点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线与直线平行，则且两直线不重合.直线与直线垂直，则.18.在中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的值.【答案】(1).(2).【解析】分析：(1)根据正弦定理，可将等式中的边转化为角，即，再根据辅助角公式化简得到一个角的三角函数式.。根据三角形中角的取值范围，确定角A的大小。(2)根据三角形的面积公式，可以得到bc的值；然后利用余弦定理求出的值。详解:(1)由正弦定理得，由于,所以,所以，则.因为,所以,所以，所以.(2)由可得,所以.由余弦定理得，所以.点睛：本题主要考查了正余弦定理的综合应用，涉及三角形的面积公式、边角转化和辅助角公式化简求值等，要注意根据三角形中角的范围缩小角的取值，依据所给条件的不同选择正弦定理或余弦定理求解。19.已知向量，，且.（1）求的值；（2）若，且，求的值.【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）先化简即得.(2)先求出的值，再求，最后求出的值.详解：（1）因为，，所以.因为，所以，即.（2）因为，，所以，因为，所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以.点睛：（1）本题主要考查三角恒等变换和数量积，考查三角函数求值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力计算能力.(2)再求出的值后，必须要求出，才能得到，否则是不严谨的.20.已知四棱锥中，平面，底面是边长为的正方形，与交于点，为的中点，，为中点，为上一点，且.（1）证明：平面；（2）若点到平面的距离为，求的值.【答案】(1)证明见解析.(2).【解析】分析：（1）先证明平面平面，再证明平面.(2)先由题得得到，再化简即得的值.详解：（1）证明：取中点，连接，则，连接，，则，∴平面平面.又∵平面，∴平面.（2）解：∵底面是边长为的正方形，为的中点，∴.∵平面，，∴.∵，，∴.∴.∴.∵，∴.∴.点睛：（1）本题主要考查空间线面位置关系的证明和点到平面距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)求点到面的距离常用的有几何法、向量法和等体积法，本题利用的是等体积法.21.已知函数.（1）求关于的不等式的解集；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】(1)当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.(2).【解析】分析：（1）对a分类讨论，解不等式.(2)先化简得到不等式，再利用基本不等式求右边的最小值得a的取值范围.详解：（1）若，原不等式可化为，所以.若，解得；若，解得.综上，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.（2）由得，因为，所以，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，只需，又因为，所以，当且仅当时等式成立.所以的取值范围是.点睛：（1）本题主要考查不等式的解法和恒成立问题，考查基本不等式的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化推理的能力.(2)解答第2问的关键是分离参数得到，再利用基本不等式求解.对于参数的问题，常用的有分离参数法和分类讨论法.22.已知正项数列的前项和为，且对任意恒成立.（1）证明：；（2）求数列的通项公式；（3）若，数列是递增数列，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析.(2).(3).【解析】分析：（1）先由得，两式相减再化简即得.（2）利用项和公式求数列的通项公式.(3)先求出，再根据＞0得到m的范围.详解：（1）证明：由，得，两式相减得.又，所以，即，当时，，得，也满足，所以.（2）解：当时，，得，又，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故.（3）解：因为，，所以.所以对任意恒成立，所以，得.点睛：（1）本题主要考查数列通项的求法和求和，考查数列的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化能力计算能力.(2)解答本题的难点在第3问，对于数列的单调性，一般利用作差或作商分析解答，本题利用的是作差＞0.
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