黔东南州2020—2021学年度第二学期期末文化水平测试高一数学试卷（本试卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题时，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5．考试结束后，只需将答题卡交回，试题卷由考生自己留存.一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1.已知集合，集合，那么集合（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解出不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.【详解】因为，，所以，故选：C2.在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为直线不经过（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】\n【分析】根据题意求直线的方程，由方程判断直线不经过第一象限，也可以直接作图判断．【详解】∵直线的倾斜角为，则直线的斜率∴直线的方程：即直线不经过第一象限．故选：A．3.等比数列中，，，则数列的前3项和为（）A.B.3C.D.7【答案】A【解析】【分析】由题设及等比数列通项公式求得公比，则即可求前3项和.【详解】由题设，则，所以，则的前3项和为.故选：A4.若空间一点在轴上，则（）A.1B.0C.D.【答案】D【解析】【分析】根据轴上点的坐标的特征得到方程组，解得即可；【详解】解：因为空间一点在轴上，所以，解得；故选：D5.已知，满足约束条件，则的最小值为（）A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】A【解析】\n【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，将化为，则数形结合可得当直线过点时，取得最小值，联立方程，解得，则的最小值为.故选：A.6.已知实数x，y满足，则x的最大值是（）A.3B.2C.1D.以上答案都不对【答案】C【解析】【分析】将方程化为圆的标准形式，确定圆心和半径，结合圆的性质求x的最大值.【详解】由，则圆心为，半径为，所以x的最大值出现在圆心的正右方，点位置，故最大值是1.故选：C7.已知点关于直线的对称点为点，则点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】\n【分析】根据题意设对称点坐标为，从而可得，解方程组即可.【详解】设点关于直线对称的点为，则，解得，故对称的点为.故选：D8.已知的内角的对边分别为.若的面积为，则角=（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理，结合三角形的面积公式即可求得答案.【详解】，由余弦定理得，结合，得，，，容易判断，∴，．故选：C．9.如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（）\nA.∥平面B.直线与平面所成角为C.D.与为异面直线【答案】B【解析】【分析】连结，可得，得到MN∥平面，判定A正确；求出直线MN与平面ABCD所成角可判断B错误；证明平面，得，结合，得，判断C正确；应用异面直线判定定理判断D正确．【详解】如图，连结，由M，N分别为AC，A1B的中点，知，而平面，平面，∴MN∥平面，故A正确；直线MN与平面ABCD所成角等于B1C与平面ABCD所成角等于45°，故B错误；正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面，则，∵，∴，故C正确；如图，连结BD，A1D，可确定面，与平面交于点D，，所以与为异面直线.故选：B\n10.已知数列中各项为非负数，，，若数列为等差数列，则（）A.31B.49C.256D.361【答案】B【解析】【分析】按照题意求解出等差数列的公差，代等差数列通项公式即可计算出结果.【详解】解：由题意，，又因为数列等差数列，所以公差，且满足各项为非负数，则可得故选：B.11.某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那么设三棱锥的四个表面积组成的集合为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把给定三视图还原成几何体，逐个计算三棱锥的四个表面积即可得解.【详解】如图，棱长为2的正方体中，点D为CQ中点，连接AB，AC，AD，BD，BC而成的三棱锥A-BCD满足条件，\n，所以为等边三角形，，，得，，，，，所以三棱锥的组成的四个表面积组成的集合.故选：D12.已知A，B，C是半径为1的球О的球面上的三个点，且是斜边的等腰直角三角形，则三棱锥O－ABC的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由条件得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】因为为等腰直角三角形，斜边，所以外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.\n故选：B.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分，第16题选全对才给分）13.不等式的解集为_________．【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法直接解出即可.【详解】因为，所以，所以故答案为：14.若直线l1与l2的斜率k1、k2是关于k的方程的两根，若l1⊥l2，则b=_____．【答案】【解析】【分析】由条件可得，解出即可.【详解】因为斜率k1、k2是关于k的方程的两根，所以，因为l1⊥l2，所以，即，故答案为：15.已知数列满足，则__________．【答案】【解析】【分析】先将和代入条件，然后两式相除，可得答案.【详解】当时，有当时，有两式相除，可得故答案为：.\n16.已知点在圆上，点，，有下列四个命题：①点到直线的距离小于10；②点到直线的距离大于2；③当最小时，；④当最大时，．其中正确命题有________．【答案】①③【解析】【分析】圆上点到直线的距离满足：（为圆心到直线AB的距离），当最小或最大时，直线PB与圆相切且P为切点，可求切线长．【详解】圆圆心，半径，直线AB：圆心到直线AB的距离，点到直线的距离满足：即∴①正确，②不正确；当最小或最大时，直线PB与圆相切且P为切点，,切线长．∴③正确，④不正确．故答案为：①③．三、解答题（本大题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.黔东南某地有一座水库，设计最大容量为128000m3．根据预测，汛期时水库的进水量（单位：m3）与天数的关系是，水库原有水量为80000m3，若水闸开闸泄水，则每天可泄水4000m3；水库水量差最大容量23000m3时系统就会自动报警提醒，水库水量超过最大容量时，堤坝就会发生危险；如果汛期来临水库不泄洪，1天后就会出现系统自动报警．\n（1）求的值；（2）当汛期来临第一天，水库就开始泄洪，估计汛期将持续10天，问：此期间堤坝会发生危险吗？请说明理由．【答案】（1）（2）汛期的第9天会有危险，理由见解析【解析】【分析】（1）根据条件可建立方程，解出即可；（2）设第天发生危险，由题意得，解出此不等式，然后可得答案.【小问1详解】由题意得：，即小问2详解】由（1）得设第天发生危险，由题意得，即，得．所以汛期的第9天会有危险18.如图，在四棱锥中，是正方形，平面，，分别是的中点．（1）求证：；\n（2）求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由平面，得，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由证明平面，由证明平面，再由面面平行的判定定理证明即可.【小问1详解】由平面，得，又(是正方形)，，所以平面，所以.【小问2详解】由分别是线段的中点，所以，又为正方形，，所以，又平面，所以平面.因为分别是线段的中点，所以，又平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.19.已知斜率存在的两直线与，直线经过点，直线过点，且．（1）若与距离为4，求两直线的方程；（2）若与之间的距离最大，求最大距离，并求此时两直线的方程．【答案】（1），（2）最大距离为5，，【解析】【分析】（1）设直线的斜率为，然后得出的一般式方程，然后由条件可建立方程求解；（2）当与经过、的直线垂直时，距离最大，然后可算出答案.【小问1详解】由与的斜率都存在，设直线的斜率为，得的方程，即．同理可得的方程，即．\n在直线上取点，则点到直线的距离，，．，．【小问2详解】当与经过、的直线垂直时，距离最大，此时斜率，最大距离为5，，．20.在中，、、分别为内角A、B、C所对的边，已知（为外接圆的半径）．（1）求A；（2）若，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】由正弦定理可得，代入可得，利用正弦定理边角互化可得：结合求,再用面积公式求结果．【小问1详解】∵即可得：,即，又∵，故，．【小问2详解】∵，则，∴，又∵，则，．\n，．21.已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由条件结合等比数列通项公式求公比及首项，由此可求通项公式；(2)利用等比数列求和公式求和.【小问1详解】设等比数列的公比为q(q>0)，则整理可得：，所以或，，所以，故数列的通项公式为：.【小问2详解】由于：，故：.22.已知直线与圆相交于，不同两点.\n（1）若，求的值；（2）设是圆上一动点，为坐标原点，若，求点到直线的最大距离．【答案】（1）或2（2）1【解析】【分析】（1）将l与C有两个交点转化为圆心到直线的距离小于半径，求出k的范围，根据即可解得k.（2）直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示可得，从而判断出圆心在直线上，确定点到直线的最大距离为半径.【小问1详解】可整理为，圆心为，半径为1，直线的l一般式为，又∵直线与圆交于两点，∴，解得，∵，∴或2.【小问2详解】设，，将代入方程，整理得，∴，，，\n由题设可得，解得，由（1）知，所以直线的方程为，可知圆心在直线上，∴到直线的最大距离即为半径为1．
