河北省鸡泽县第一中学学年高一下学期开学考试数学试题.docx

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河北省鸡泽县第一中学学年高一下学期开学考试数学试题

2019—2020学年第二学期返校考试

高一数学试题

第I卷（选择题，共60分）

一、单选题（每小题5分，共60分）.

1.下列说法正确的是（）

A.棱柱的各个侧面都是平行四边形

B.底面是矩形的四棱柱是长方体

C.有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥

D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥

【答案】A

【解析】

【分析】

根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断D.

【详解】解：

对于A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；

对于B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，

只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，可知B错误；

对于C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，

只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；

对于D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，

如果绕着它斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.

故选：

A.

【点睛】本题考查棱柱、棱锥和圆锥的结构特征、定义和性质，属于基础题.

2.已知a，b为正实数，则下列判断中正确的个数是（）

①若，则；②若，则的最小值是10；

③；④函数的最小值为1．

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

对四个判断逐一分析，由此确定判断正确的个数.

【详解】对于①，由于，由，得，即故，所以①正确.

对于②，由于，，当且仅当时等号成立，故②错误.

对于③，由于，所以，根据不等式的性质，有，故③正确.

对于④，由于，所以，但是由于时，或，不符合题意，故等号不成立.所以④错误.

综上所述，正确的判断个数为个.

故选B.

【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查基本不等式的运用，属于基础题.

3.在中，角成等差数列且，则的外接圆面积为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】

角，，成等差数列，可得：

，解得．利用正弦定理可求的外接圆的半径为，进而得解．

【详解】解：

角，，成等差数列，，解得．

设的外接圆的半径为．

，

则的外接圆面积．

故选：

．

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及其性质、正弦定理、外接圆的面积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

4.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为，则这个正四棱柱的体积为（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

首先由球的表面积求出球的半径，再由棱柱的对角线等于外接球的直径，即可解出棱柱的底面边长，从而可计算出棱柱的体积.

【详解】解：

由题可知，正四棱柱的高为2，球的表面积为，

设球的半径为，则，

则，所以，

球的直径为，

设正四棱柱的底面边长为，则，

解得：

，

正四棱柱的体积为.

故选：

B.

【点睛】本题考查正四棱柱的性质和棱柱的体积，以及棱柱外接球的性质和外接球的表面积公式，属于基础题.

5.已知，则（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意利用诱导公式求得的值，再利用二倍角公式求得的值.

【详解】由题意，知，

则，

故选：

D.

【点睛】本题主要考查了诱导公式、二倍角公式的应用，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和二倍角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

6.在空间中，下列命题正确的是

A.如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等

B.两条异面直线所成的有的范围是

C.如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行

D.如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行

【答案】C

【解析】

【分析】

根据两个角可能互补判断A；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.

【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A不正确；

两条异面直线所成的角不能是零度,故B不正确；

根据两个平面平行的性质定理知C正确；

如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D不正确,综上可知只有C的说法是正确的,故选C.

【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.

7.若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（）

A.4B.16

C.32D.64

【答案】C

【解析】

试题分析：

依题意有为等比数列，故为公比为的等比数列，所以是公比为的等比数列，由此.

考点：

递推数列求值.

8.在△ABC中，若tanB＝，则这个三角形是（　　）

A.锐角三角形B.直角三角形

C.等腰三角形D.等腰三角形或直角三角形

【答案】B

【解析】

因为△ABC中，A＋B＋C＝π，

所以tanB＝

＝＝，

即＝，∴cos（B＋C）＝0，

∴cos（π－A）＝0，∴cosA＝0，∵0

∴这个三角形为直角三角形，故选B.

9.半径为半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】

求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．

【详解】设底面半径为r，则，所以.

所以圆锥的高.

所以体积.

故选：

C.

【点睛】本题考查圆锥的性质及体积，圆锥问题抓住两个关键点：

（1）圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面周长；

（2）圆锥底面半径r、高h、母线l组成直角三角形，满足勾股定理，本题考查这两种关系的应用，属于简单题.

10.已知无穷等差数列，前项和中，，且，则（）

A.在数列中最大；B.在数列中，或最大；

C.前三项之和必与前项之和相等；D.当时，.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：

由于，，所以所以数列是递减的等差数列，最大项为，所以A，B均错，D正确.，故C不正确.

考点：

等差数列前项和公式的应用.

【方法点晴】本题主要考查了等差数列前项和公式的应用，属于中档题.解题的关键是根据把条件中，且得到项的符号，据此判断出数列的单调性，从而得到其最大项为，据此排除A，B，并得到D正确，对于C在转化为项的基础上，根据等差数列的性质进一步转化为来判断其符号.

11.如图，在正三棱柱中，,，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为（）

A.B.

C.D.

【答案】D

【解析】

分析】

根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.

【详解】三棱柱为正三棱柱为等边三角形且平面

平面

把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：

当三点共线时，取得最小值

又，，

周长的最小值为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.

12.已知数列的各项均为正数，，，若数列的前项和为5，则（）

A.119B.121C.120D.122

【答案】C

【解析】

依题意有，即数列是以首项，公差为的等差数列，故.，前项和，所以.

点睛：

本题主要考查递推数列求数列通项公式，考查裂项求和法.首先根据题目所给方程，原方程是分式的形式，先转化为整式，得到两个平方的差为常数的递推数列，根据这个递推数列可以得到数列是以首项，公差为的等差数列，即求出的通项公式，进而求得的通项公式，接着利用裂项求和法求得前项和，最后列方程解出的值.

第II卷（非选择题，共90分）

二、填空题（每小题5分，共20分）

13.如图,为测量山高,选择和另-座的山顶为测量观测点,从点测得点的仰角,点的仰角以及;从点测得,已知山高,则山高__________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用直角三角形的边角关系得出，再由正弦定理得出，最后利用直角三角形边角关系得出.

【详解】在直角中，

由正弦定理得

所以

故答案为：

【点睛】本题主要考查了正弦定理在实际中的应用，属于基础题.

14.已知两个正数，满足，则使不等式恒成立的实数的范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，将代入进行整体代换和合理拆项得，再利用基本不等式求出它的最小值，最后根据不等式恒成立求出的取值范围.

【详解】解：

由题意知，两个正数，满足，则，

则，

当时取等号，∴的最小值是，

∵不等式恒成立，∴.

故答案为：

.

【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值和解决恒成立问题，首先利用条件进行整体代换和合理拆项，再根据基本不等式求最值，考查化简运算能力.

15.已知数列满足，则的最小值为_______.

【答案】.

【解析】

【分析】

根据递推公式和累加法可求得数列的通项公式.代入中,由数列中的性质,结合数列的单调性即可求得最小值.

【详解】因为,所以,

从而

…,

累加可得,

而

所以,

则

因为在递减,在递增

当时,,

当时,,

所以时取得最小值,最小值为.

故答案为:

【点睛】本题考查了利用递推公式及累加法求数列通项公式的方法,数列单调性及自变量取值的特征,属于中档题.

16.已知正四面体的表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，根据正四面体的表面积求出棱长和正方体的边长，再利用正方体的体对角线等于外接球的直径，即可求出球的半径，当过点的截面到球心的距离最大距离时，截面圆的面积达最小值，最后利用球的截面的性质求出截面圆的半径，即可求出截面圆的面积最小值.

【详解】解：

如图所示，球为正四面体的外接球，即为正方体的外接球，

正四面体的表面积为，

设正四面体的棱长为，则，

解得：

，

所以正方体的棱长为：

，

设正四面体的外接球的半径为，

则，即，

为棱的中点，过点作其外接球的截面，

当截面到球心的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，

此时球心到截面距离等于正方体棱长的一半，即，

可得截面圆的半径为：

，

所以截面圆的面积最小值为：

.

故答案为：

.

【点睛】本题考查正四面体的外接球截面圆面积的最小值，着重考查正方体、正四面体的性质和球的截面圆的性质等知识，考查空间想象能力和运算能力.

三、解答题（共70分，其中17题10分，其余各小题12分）

17.如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点.求证：

（1）直线平面；

（2）平面平面.

【答案】

（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）结合几何体，因为分别是的中点，所以.，再利用线面平行的判定定理证明.

（2）由分别是的中点，得.由线面平行的判定定理平面.，再由

（1）知，再利用面面平行的判定定理证明.

【详解】证明：

（1）如图，

连接，分别是的中点，

.

又平面平面，

所以直线平面.

（2）连接分别是的中点，

.

又∵平面平面