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精品解析：【全国百强校】广西南宁二中2016-2017学年高一下学期期末考试数学(理)试题(解析版)-

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南宁二中2016-2017学年度下学期高一期末考试题
数学（理）
第Ⅰ卷（共60分）
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. 直线A. B. C. 【答案】B 【解析】直线∴直线则tanθ=,∴θ= 故选B. 2. 在等差数列中，，且，则等于（ ）
互为斜截式,得的斜率为，设倾斜角为θ

的倾斜角为（ ） D.
A. －3 B. －2 C. 0 D. 1
【答案】A 【解析】根据题意,设等差数列若又由解可得d=3,故选：A. 3. 已知A. 【答案】D 【解析】已知a>b>c且a+b+c=0，
且 B. ，则下列不等式恒成立的是（ ） C. D.
,则有+4d=9， ,则2(=−3；
+2d=(+d+6，
的公差为d,首项为a1，

1
则a>0，c<0，
对于A:令a=1，b=0，c=−1，不成立， 对于B:令b=0，不成立，
对于C:c<0，由a>b得：ac<bc，不成立， 对于D:由b>c，都乘以a，得到ab>ac， 故选：D. 4. 设A. 若C. 若【答案】B 【解析】对于①,假设n⊂β,α∩β=l,因为n∥α,所以n∥l，又m⊥α， 所以m⊥l,而n∥l，所以m⊥n，正确；
对于②,若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α，故错误；
对于③,若m∥n,n⊥β,则m⊥β,又m∥α,所以在平面α内一定存在一条直线l,使m∥l， 而m⊥β，所以l⊥β，l⊂α，则α⊥β，正确；
对于④，由面面平行的判定定理，可以判断出是正确的。 故真命题有3个。 故选B. 5. 在中，角所对的边分边为，已知，则此三角形的解的情况是（ ）
是两条不同的直线，，则，则是两个不同的平面，给出下列四个命题中错误的是（ ）
，则；
，则.
； B. 若； D. 若A. 有一解 B. 有两解 C. 无解 D. 有解但解的个数不确定 【答案】C 学||...学||...学||...学||...学||...学||...学||...

2
6. 若直线A. 【答案】A 与圆 B. 的两个交点关于直线 C. D. 对称，则
的值分别为（ ）
【解析】试题分析：由题知两直线互相垂直,可得斜率积为过圆心点,可得.故本题选A. ,则, 又圆上两点关于直径对称即直线考点：1.两直线间的位置关系；2.直线与圆的位置关系,3.圆的性质. 【规律点睛】本题主要考查两直线间的位置关系,直线与圆的位置关系,圆的性质及数形结合的数学思想方法.与圆有关的题型一般两种方法:代数法和几何法.代数法运算较为繁琐,多利用数形结合运用几何法.几何法求圆的方程或相关题目中,要根据图形的几何意义确定圆心和半径,此法用到初中有关圆的性质.如①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时,切点与两圆圆心三点共圆. 7. 已知向量与的夹角为，且，若，且，则实数的值为（ ） A. B. 【答案】B 【解析】

,选B.
）可得这个几何体的表面积是（ ）


C. 6 D. 13
8. 已知某个几何体的三视图如下图所示（单位：
A. 【答案】B B. C. D.
【解析】由三视图确定的几何体是四棱锥P-ABCD,且侧面PBC与底面ABCD垂直， 所以

3

点睛：三视图问题的常见类型及解题策略
(1由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．
(2由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
(3由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图． 9. 从原点引圆A. 【答案】D 【解析】10. 已知正实数满足
，则 选D.
的最小值（ ）
 B. 的切线为 C. ，当变化时切点的轨迹方程是（ ）
 D.
A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】B 【解析】. 当且仅当，即，时的最小值为3. 故选B.
4

11. 已知点，点是圆的最大值是（ ）
上的动点，点是圆上的动点，则A. B. 2 C. 3 D.
【答案】B 【解析】设圆圆心为 , 圆圆心为 其中为A关于直线对称点,所以选B. ,则
点睛：与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
(1与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解． (2与圆上点和点有关代数式的最值的常见类型及解法．①形如型的最值问题，可转化为过点的直线的斜率的最值问题；②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问的距离平方的最值问题．
题；③形如型的最值问题，可转化为动点到定点12. 如图是棱长为4的正方体，点为棱的中点，若三棱锥面积是（ ）
的四个顶点都在球表面上，则球的表
A. B. C. D.
【答案】C
5
【解析】. 根据三视图知几何体是：
三棱锥D−ABC为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示： ∵该多面体的所有顶点都在球O，
∴由正方体的性质得，球心O到平面ABC的距离d=2， 由正方体的性质可得，
，
设△ABC的外接圆的半径为r， 在△ABC中，由余弦定理得，

∴,则，
,则r=， ，
，
由正弦定理可得,即球O的半径∴球O的表面积故选：C. 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.

6
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 若实数【答案】1 【解析】试题分析：不等式对应的可行域为直线顶点为考点：线性规划问题 14. 设①若③若为两两不重合的平面，，则，则； ②若 ④若为两两不重合的直线，给出下列四个命题：
，则；
，则
，当过点时取得最小值1 围成的三角形及其内部，满足，则的最小值为__________．
其中正确结论的编号为__________．（请写出所有正确的编号） 【答案】①③④
【解析】①由平行的传递性可知：若②由面面平行的判定定理知，还需要③由面面平行的性质可知，正确； ④若则由，
知, ⊂且 ⊂,由 ⊂及∥，∩=，
，则正确；
为两条相交直线，不然无法得到面面平行，不正确；
得∥,同理∥,故∥，故命题④正确。 答案为①③④. 15. 已知向量【答案】 【解析】所以



与PD所成的角的余弦值为__________．


若 ，则 的值为__________．
16. 如图，正四面体P-ABCD中，D,E分别是AB及PC的中点，则直线
7

【答案】
【解析】
连接CD，取CD中点为O，连接AO,OE，则有设正四面体的棱长为2，则，,则，，或其补角即为所求；
. 在中，由余弦定理可得：. 故答案为.
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. 在锐角三角形ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边，且求角C的大小； 若 ，且三角形ABC的面积为，求的值.
 【答案】（1） （2）5 【解析】试题分析：（1）利用正弦定理把已知条件转化成角的正弦，整理可求得sinC，进而求得C． （2）利用三角形面积求得ab的值，利用余弦定理求得a2+b2的值，最后求得a+b的值． 试题解析： (1由a＝2csinA及正弦定理得， sinA＝2sinCsinA．
∵sinA≠0，∴sinC＝． ∵△ABC是锐角三角形，∴C＝．

8
(2∵C＝，△ABC面积为∵c＝， ∴absin＝，即ab＝6．①
，∴由余弦定理得a2＋b2－2abcos＝7，即a2＋b2－ab＝7．②
由②变形得(a＋b2＝3ab＋7．③ ③得(a＋b2＝25，故a＋b＝5． 18. 已知数列求数列记【答案】（1）的前n项和为 的通项公式；
，求（2）
的前项和
【解析】试题分析：（1）首先利用Sn与an的关系：当n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1；结合已知条件等式推出数列{an}是等比数列，由此求得数列{an}的通项公式； （2）试题解析： （1）当时，由及，得，即，②
时，

，
适合上式， ．
，解得，利用裂项求和即可. ． 又由②-①得因此数列，即，① 可知．且是以为首项，公比为的等比数列，故
，
中，四边形为的中点，点在，可知（2）由（1）及所以故19. 如图所示，四棱锥
是直角梯形，上，且. 底面，．
证明：求直线平面与平面； 所成的角.
9

【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）要证MN∥平面PAD，只需在面PAD内找到一条直线和MN平行即可，而根据条件，易作辅助线过M作ME∥CD交PD于E，连接AE，下证MN∥AE；
（2）求直线MN与平面PCB所成的角，关键找直线MN在平面PCB内的射影，而根据条件，易作辅助线过N点作NQ∥AP交BP于点Q，NF⊥CB交CB于点F，连接QF，过N点作NH⊥QF交QF于H，连接MH，下证NH⊥平面PBC，∴∠NMH为直线MN与平面PCB所成的角．解△MNH即可． 试题解析： （1）过点作交于点，连结， , 又平面（2）过点作．
交于点，于点,
为平行四边形,
连结易知而,过点作面面于，连结而,
面为直线与平面，
,所成角，

通过计算可得
10

，
，
直线与平面所成角为．
点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解. 20. 已知曲线若，过点的直线交曲线于
两点，且，求直线的方程；
为直径的圆过原点，若曲线表示圆，且直线与圆交于两点，是否存在实数，使得以若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）或(即（2）
【解析】试题分析：（1）根据垂径定理求出圆心到直线距离为1 ，再根据点到直线距离公式求直线的斜率，即得直线方程，（2）先根据曲线表示圆得实数取值范围为，利用向量数量积可得.再根据以为直径的圆过原点得，根据直线方程进一步化简得．
，最后联立直线方程与圆方程，结合韦达定理化简得试题解析：解(1 当时, 曲线C是以为圆心,2为半径的圆, 若直线的斜率不存在,显然不符，
故可直线为:由题意知，圆心即:解得或，即到直线的距离等于
.故的方程或，即，则必有为直径的圆过原点，则得，即，又. (即． ，

，
(2由曲线C表示圆所以圆心C（1,2），半径假设存在实数使得以则，由，设，
，

11

故,从而
, 故存在实数使得以为直径的圆过原点，平面，．

21. 如图，在三棱柱为求证：求二面角平面的中点. ； 的余弦值. 中，平面
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）由等腰三角形性质得，利用面面垂直性质定理得根据线面垂直判定定理得平面，即得几知识求得．再结合已知条件面（2）先根据平．，再利用面面垂直性质定理得为二面角面，过作于，利用三垂线定理可得的余弦值
试题解析：（1）证明：∵的平面角，最后解直角三角形可得二面角， 为， ,平面的中点，∴，∴，∴平面面，又平面，又．
平面平面，平，面∴（2）设则从而求得:由面平面．又,由,,故面于，连，则，则 ，

,故，
，过作
的平面角，
面为二面角
12

由平面几何知识易得， ． ∴．

22. 已知数列数列满足的前项和，函数
对一切实数总有，分别求数列若数列满足、的通项公式；
，数列的前项和，若存在正实数，使不等式恒成立，求的取值范围.

，根据函数对称性，利用倒序相加法可得最大值，根据基本不等式求对于一切的【答案】（1）
（2）【解析】试题分析：（1）由和项与通项关系解得（2）利用错位相减法求，根据变量分离法得最大值为2，即得的取值范围. 试题解析：（1）
时满足上式，故∵∵∴∴①+②，得(2 =1∴

 ①
① ②

13


①-②得即 由即令当且仅当所以 ,则时等号成立,故为所求.
恒成立, ②
对于一切的恒成立, 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.


14

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/a5e0c8bb996648d7c1c708a1284ac850ac02045e.html

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