泰州市2017-2018學年高一下學期期末考試數(shù)學試題含答案

1、20182018 學年度第二學期期末考試高一數(shù)學試題(考試時間： 120 分鐘總分： 160 分)命題人：吳春勝張圣官展國培審題人：丁鳳桂唐咸勝注意事項：所有試題的答案均填寫在答題紙上，答案寫在試卷上的無效參考公式：棱錐的體積公式：V 棱錐1h 為高 .sh ，其中 s 為棱錐的底面積，3一、填空題：（本大題共14 小題，每小題 5 分，共70 分請將答案填入答題紙?zhí)羁疹}的相應答題線上 ）1已知A(1,1)，B(2,2)，則直線 AB 的斜率為2在公差為2 的等差數(shù)列an 中，若 a21 ，則 a5的值是3若 ABC滿足： A60，C 75， BC3 ，則邊 AC 的長度為4已知，且 tan2

2、 ，則 tan的值是45如圖，在直三棱柱 ABCA1 B1C1 中， AB3 cm ， BC 4 cm ， CA5 cm ， AA16 cm ，則四棱錐 A1B1 BCC1 的體積為cm3 6 在 平 面 直 角 坐 標 系 xOy 中 ， 直 線 2xay10和直線(2 a 1)x y10 互相垂直，則實數(shù)a 的值是7 已 知 正 實 數(shù) a, b 滿 足 a 2b 4， 則 ab 的 最 大 值是8 在 平 面 直 角 坐 標 系 x O y 中 ， A(1,3)， B(4,2)，若直線ax y2a0 與線段 AB 有公共點，則實數(shù)a 的取值范圍是9已知實數(shù) x, y 滿足：1x y 1

3、， 1xy1，則 2x y 的最小值是10如圖，對于正方體ABCD A1B1C1 D1 ，給出下列四個結論：直線 AC /平面 A1 B1C1D1直線 AC1 / 直線 A1B直線 AC平面 DD 1B1B直線 AC1直線 BD其中正確結論的序號為11在ABC 中，角 A ， B ， C 的對邊分別為a ， b ， c ，已知 sin(Cb，則角 A的值是)62a12在平面直角坐標系xOy 中，圓 C 的方程為 (x2) 2( y 3)29 ，若過點 M (0,3)的直線與圓C 交于 P, Q 兩點（其中點P 在第二象限） ，且PMO2 PQO ，則點 Q 的橫坐標為13已知各項均為正數(shù)的數(shù)列

4、 an 滿足 (2 an 1an )( an1an1)0 ( n N ) ，且 a1 a20 ，則 a1的最大值是14如圖， 邊長為 ab 1（ a0,b 0 ）的正方形被剖分為9個矩形，這些矩形的面積如圖所示，則S32S5S7的最小值是S2S4 S6 S8 S1S5二、解答題（本大題共6 小題，共90 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15（本題滿分14 分）在平面直角坐標系（1）若直線 l 與直線xOy 中，直線 l : x by x y 2 0 平行，求實數(shù)3b0 b 的值；（2）若b1 ， A(0,1) ，點B 在直線l 上，已知AB 的中點在x 軸上，求點B 的坐標16（本題

5、滿分14 分）在ABC中 ， 角A、B、C的對邊分別為a 、b 、c （abc ）， 已 知2 a cosC2c cos Aac （ 1）若 3c 5a ，求 sin A 的值； sin B（2）若 2c sin A3a0 ，且 ca8 ，求ABC 的面積 S 17（本題滿分14 分）如圖， 在三棱錐PABC 中，平面 PAC平面 ABC ， PAPC ， ABBC ，點 M ， N分別為 PC ， AC 的中點求證：（ 1）直線 PA / 平面 BMN ；（ 2）平面 PBC平面 BMN 18（本題滿分16 分）如圖，某隧道的截面圖由矩形高點），以 AB 所在直線為x 軸，以ABCD 和拋物

6、線型拱頂DEC 組成（E 為拱頂AB 的中點為坐標原點，建立平面直角坐標系DEC 的最xOy ，已知拱頂DEC的方程為y1 x26 (4x4) 4（ 1）求 tan AEB 的值；（ 2）現(xiàn)欲在拱頂上某點 P 處安裝一個交通信息采集裝置，為了獲得最佳采集效果，需要點P 對隧道底AB 的張角APB 最大，求此時點P 到 AB 的距離19（本題滿分16 分）在平面直角坐標系xOy 中，圓 C 的方程為 ( x4)2y21 ，且圓 C 與 x 軸交于 M ，N 兩點，設直線l 的方程為ykx (k0) （ 1）當直線 l 與圓 C 相切時，求直線 l 的方程；（ 2）已知直線 l 與圓 C 相交于

7、A ， B 兩點（）若 AB2 17 ，求實數(shù) k 的取值范圍；17（）直線AM 與直線 BN 相交于點 P ，直線 AM ，直線 BN ，直線 OP 的斜率分別為k1 ，k2 ， k3 ， 是否存在常數(shù)a ，使得 k1k2ak3 恒成立？若存在，求出a 的值；若不存在，說明理由20（本題滿分 16 分）已知數(shù)列 an 的首項 a1Sn是公差為a1的等差數(shù)列0 ，前 n 項和為 Sn 數(shù)列2n（1）求 a6 的值；a2（2）數(shù)列bn 滿足： bn 1( 1)pn bn 2an ，其中 n, pN* （）若 pa1 1 ，求數(shù)列bn 的前 4k 項的和， kN* ；（）當 p2 時，對所有的正整

8、數(shù) n ，都有 bn 1 bn ，證明： 2a122 a1 1b1 2a1 1 20182018 學年度第二學期期末考試高一數(shù)學參考答案一、填空題1 1；27；3 2；41 ；524；362 ；72；8( ,3 1,)； 92 ；10 ；311 ；12 1；13 512；142.6二、解答題15. 解：（ 1）直線 l 與直線 xy20 平行， 1( 1)b10 ， b1 ，經(jīng)檢驗知，滿足題意分（2）由題意可知：l : xy30 ，設 B( x0 , x03) ，則 AB 的中點為 ( x0,x02) ，分22 AB 的中點在 x 軸上， x02 ， B( 2, 1)分16. 解：（ 1） 2

9、a cos C2c cos A a c由正弦定理： 2sinA cos C2sin C cos Asin A sin C sin A sin C 2sin( A C )2sin( B)2sin B分 3c 5a由正弦定理： 3sinC5sinA ，分 2sin Bsin Asin C8，sin A3 sin A3 sin B4（2）由 2c sin A3a0 得： sin C3，2 C (0, ) ， C2或 C33當 C 時，3 a b c ， ABC ，此時 ABC，舍去，2 C， 7 分 9 分3由（ 1）可知： ac2b，又 ca8 ， ba4,ca8 ， (a8)2a2(a4)22a

10、(a4)cos2，3 a6 或 a4 （舍） 12 分所以 S1 ab sin C16103153 14 分22217.（ 1）證明：點M，N分別為 PC，AC的中點， MN /PA ， 2 分又 PA平面 BMN ， MN平面 BMN ，直線 PA / 平面 BMN 6 分（2）證明： ABBC ，點N為AC中點， BN AC，平面 PAC平面 ABC ，平面 PAC平面 ABCAC，BN平面 ABC ， BNAC ， BN平面 PAC ， 9 分 PC平面 PAC ， PC BN ，由（ 1）可知： MN / PA ， PAPC ， PCMN ， PCBN ，PCMN ，BNMNN ， B

11、N ,MN 在平面 BMN 內(nèi)， PC平面 BMN ， 12 分 PC平面 PAC ，平面 PBC平面 BMN 14 分18. （ 1）解：由題意： E (0,6)，B(4,0)， tanBEOBO2 ，EO32212 tan3， 5 分AEBtan 2BEO2251( )3（2）（法 1）設 P( x0 , y0 ) ， 2y06 ，過P作PHAB于H，設 APH, BPH，則 tanx04,tan4x0 ， 8 分y0y0 tanAPBtan()8y08 y0882 2 2y0 216 x02y0 24 y0884 2 4( y0) 4y0 12 分 2y06，當且僅當y022 時 tan

12、APB 最大，即APB 最大答：位置 P 對隧道底 AB的張角最大時P 到 AB 的距離為22 米 14 分（法 2）設 P(x0 , y0 ) ， 2y06 ， PA PB ( 4 x0 , y0 ) (4 x0 , y0 ) x0 216 y02y024 y08 ， | PA | | PB | cosAFBy24y08 ，cosAFBy024 y08 8 分0PAPBSAFB1 | PA | | PB | sinAPB18y0 ， sinAPB8 y0PAPB22 tanAPBsinAPB8 y0882 22 12分cosAPBy024 y08842( y044)y0 2y06 ，當且僅當

13、y022時 tanAPB 最大，即APB 最大答：位置 P 對隧道底 AB 的張角最大時P 到 AB 的距離為22米 14 分19（ 1）解：由題意， k0，圓心 C 到直線 l 的距離d4k， 2 分1k 2直線 l與圓 C 相切，d4k1，1k 2 k15，15直線 l : y15 x 4 分15（2）解：由題意得： 0AB21d 2217 ，174 17d1 ，分17由（ 1）可知： d4k，1 k 2 4174k1，171 k2 1k15 分415（3）證明： l AM : yk1 ( x3) ，與圓 C : ( x 4)2y2 1 聯(lián)立，得： (x3)(1k12 ) x(3k125)

14、 0，3k25 xM3 ， xA12 ，1 k13k252k2 ) A(112,1，k11k15k2232k2同理可得：B(1k22,1k22) ， 12 分 kOAkOB ，2k122k22 1k11k2，即 (1k1k2 )(3k1 5k2 )0 ，3k1255k2231k121k22 k1 k21， k23 14 分k1，5設 P( x0 , y0 ) ，x03k15k2 y0k1 (x03) ，k1k2 ，y0k2 (x05)y02k1k2k1k2 P( 3k15k2 ,2k1k2 ) ，即 P(15 , 3k1 ) ，k1k2k1 k2443k112 k34k1 ， k1k22k3

15、，155k154存在常數(shù) a2 ，使得 kk2k3恒成立 16 分12SnS1( n1)a1n 120. （ 1）解：由題意，12a1 ，n2 Snn(n1) a1 ，2當 n2 時， an SnSn 1n( n1)n( n1)2a12a1 na1 ，當 n1 時，上式也成立，anna1 ， nN * ，a61 a106a3 3 分2a1a2（2）（）由題意：bn1(1)n bn2n ，當 kN* 時， b4k 2b4 k 324 k 3 ， b4k 1b4k 224 k 2 ， b4kb4 k 124k 1 ， b4 k 3b4 k 124k 224k 324 k 3 ， b4k 2b4 k

16、24k 124k 23 24 k 2 ， b4 k 3b4 k2b4k1b4k724 k3 ， 6 分前 4k 項的和 T4 k(b1b2b3b4 )( b5b6b7 b8 )(b4 k3b4 k2b4 k 1 b4k )721725724k314(16k1) 8 分15（）證明：由題意得：na1a1n，令 t2a1， t(1,) ，bn 1n2(2)bbn 1(bn(t) n ，(1)n 11)nbn(bnbn 1(bn 1bn 2b2b1b1nnn 1 )n 1(n 2 )(2(1 )(1(1)(1)( 1)(1)1)( 1)1)1)( t)1( t) 2( t)n 1 b1( tb1 )( t )n，1t1 t bn(tb1 )(ntn， 11 分t1)1t1 bn 1 bn , n N* ， bn 1bn( tb1 )( 1)n 1tn 1( tb1 )( 1)nt n1t1t1t1 t2( tb1 )(1)ntn(