学年北京市海淀区北京一零一中学高一下学期期末考试数学试题Word文档格式.docx

1、6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。一、选择题:在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.不等式0的解集是（ ）A. （，0）（1，+） B. （，0）C. （1，+） D. （0，1）【答案】A【解析】【分析】由题意可得，求解即可.【详解】，解得或，故解集为（，0）（1，+），故选A.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题.2.如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥EBCD的体积为，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D分别求出长方体和三棱锥EBCD的体积，即可求出答案.【详解】由题意，则.故选D.【点睛】本题考查了

2、长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.3.如图，在平行六面体中，M，N分别是所在棱的中点，则MN与平面的位置关系是（ ）A. MN平面B. MN与平面相交C. MN平面D. 无法确定MN与平面的位置关系【答案】C取的中点，连结，可证明平面平面，由于平面，可知平面.【详解】取的中点，连结，显然，因为平面，平面，所以平面，平面，又，故平面平面，又因为平面，所以平面.故选C.【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了线面平行、面面平行的证明，属于基础题.4.已知x，yR，且xy0，则（ ）A. B. C. D. lnx+lny结合选项逐个分析，可选出答案.【详解】结合x，

3、yR，且x0，对选项逐个分析：对于选项A，故A正确；对于选项B，取，则，故B不正确；对于选项C，故C错误；对于选项D，当时，故D不正确.故选A.【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.5.等比数列an中，Tn表示前n项的积，若T51，则（）A. a11 B. a31 C. a41 D. a51【答案】B分析：由题意知，由此可知，所以一定有详解 ， 故选：B点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答6.设，为两个平面，则能断定的条件是（ ）A. 内有无数条直线与平行 B. ，平行于同一条直线C. ，垂直于同一条直线 D. ，垂直于同一平面对四个选项逐个分析，可得出答案.【详解

4、】对于选项A，当，相交于直线时，内有无数条直线与平行，即A错误；对于选项B，当，相交于直线时，存在直线满足：既与平行又不在两平面内，该直线平行于，故B错误；对于选项C，设直线AB垂直于，平面，垂足分别A,B，假设与不平行，设其中一个交点为C，则三角形ABC中，显然不可能成立，即假设不成立，故与平行，故C正确；对于选项D，垂直于同一平面，与可能平行也可能相交，故D错误.【点睛】本题考查了面面平行的判断，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.7.如图，A，B是半径为1的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为.图中PAB的面积的最大值为（ ）A. +sin2 B. sin+sin2C.

5、 +sin D. +cos由正弦定理可得，则，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大，求解即可.【详解】在中，由正弦定理可得，则.，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大.取的中点，过点作的垂线，交圆于点，取圆心为，则（为锐角），.所以的面积最大为.故选B.【点睛】本题考查了三角形的面积的计算、正弦定理的应用，考查了三角函数的化简，考查了计算能力，属于基础题.8.已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90.则球O的体积为（ ）计算可知三棱锥PABC的三条侧棱互相垂直，可得球O是以PA为棱的正

6、方体的外接球，球的直径，即可求出球O的体积.【详解】在PAC中，设，因为点E，F分别是PA，AB的中点，所以，在PAC中，在EAC中，整理得，因为ABC是边长为的正三角形，所以，又因为CEF=90，所以，所以， 所以.又因为ABC是边长为的正三角形，所以PA,PB,PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则球的直径，所以外接球O的体积为.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题。9.设等差数列的前项和为，若，则的值为_.【答案】6由题意可得，求解即可.【详解】因为等差数列前项和为， ，所以由等差数列的通项公式与求和公式可得解得.故答案为-6.

7、【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了学生的计算能力，属于基础题.10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=_.【答案】.先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.【详解】由正弦定理，得，得，即，故选D【点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取定理法，利用转化与化归思想解题忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角11.已知正实数x，y满足2x+y=2，则xy的最大值为_.【答案】由基本不等式可得，可求出xy的最大值.【详解】因为，所以，故，当且仅当时，取等号

8、.故答案为.点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：各项都正数；和（或积）为定值；等号取得的条件.12.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使平面ACD平面ABC，则折起后B，D两点的距离为_.【答案】1.取AC的中点E，连结DE，BE，可知DEAC，由平面ACD平面ABC，可得DE平面ABC，DEBE，而，再结合ABCD是正方形可求出.【详解】取AC的中点E，连结DE，BE，显然DEAC，因为平面ACD平面ABC，所以DE平面ABC，所以DEBE，而，所以，.【点睛】本题考查了空间中两点间的距离，把空间角转化为平面角是解决本题的关键.13.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长

9、均为，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的侧面积为_.先求出四棱锥的底面对角线的长度，结合勾股定理可求出四棱锥的高，然后由圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，可知四条侧棱的中点连线为正方形，其对角线为圆柱底面的直径，圆柱的高为四棱锥的高的一半，分别求解可求出圆柱的侧面积.【详解】由题可知，四棱锥是正四棱锥，四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，边长为，该正方形对角线的长为1，则圆柱的底面半径为，四棱锥的底面是边长为的正方形，其对角线长为2，则四棱锥的高为，故圆柱的高为1，所以圆柱的侧面积为.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构

10、特征，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.14.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_.取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正

11、多面体的棱长为，过分别作于，于，则，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。15.正四棱锥SABCD的底面边长为2，侧棱长为x.（1）求出其表面积S（x）和体积V（x）；（2）设，求出函数的定义域，并判断其单调性（无需证明）.（1），；（2）x，是减函数.（1）画出图形，分别求出四棱锥的高，及侧面的高的表达式，即可求出表面积与体积的表达式；（2）结合表达式，可求出的范围，即定义域，然后判断其为减函数.【详解】（1）过点作平面的垂线，垂足为，取的中点，连结，因为为正四

12、棱锥，所以，所以四棱锥的表面积为，体积.（2），解得，是减函数.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，考查了表面积与体积的计算，考查了学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.16.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，.（1）求的值；（2）求的值.（1） （2）（1）由正弦定理，可得，结合，可得，由余弦定理可得出答案；（2）由，可求出，进而求出的值，将展开可求出结果.（1）由正弦定理，则，所以，而，则.（2）因为，所以，【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角函数的恒等变换，属于基础题.17.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（）求证：BD平面PAC；（）若ABC=60，求证：平面PAB平面PAE；（）棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由.（）见解析；（）见解析；（）见解析（）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（）由几何体的空间结构特征首先证得线面垂