福建高一数学人教A版必修四2017-2018学年下学期期末考试试题解析

福建省2017—2018学年第二学期普通高中期末质量检测
高一数学试题
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.
直线的倾斜角为（ ）
A.
30°
B.
60°
C.
120°
D.
150°
【答案】
D
【解析】分析：首先确定直线的斜率，然后求解其倾斜角即可
.
详解：直线方程即：
直线的斜率
本题选择
D
选项
.
点睛：本题主要考查直线斜率的求解，直线的斜率与倾斜角的关系等知识，意在考查学生的转化能力和计
算求解能力
.
2.
已知圆
A.
4
B.
5
C.
7
D.
8
【答案】
A
【解析】分析：首先确定圆心坐标，然后结合直线方程整理计算即可求得最终结果
.
详解：由题意结合圆的方程可知圆心坐标为：
结合直线方程可得：
本题选择
A
选项
.
点睛：本题主要考查圆的圆心求解，点与直线的位置关系等知识，意在考查学生的转化 能力和计算求解能
力。

3.
数列为等比数列，若，，则为（ ）
，解得：
.
，
的圆心在直线上，则的值为（ ）
，
.
，则直线的倾斜角为
120°
A.
-24
B.
12
C.
18
D.
24
【答案】
A

1

【解析】分析：由题意首先求得公比，然后求解的值即可
.
详解：由题意可知：等比数列的公比
，
则：
本题选择
A
选项
.
.
点睛：等比数列基本 量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列
的有关公式并能灵活 运用．
4.
直线与圆的位置关系为（ ）
A. 相离 B. 相切
C. 相交且过圆心 D. 相交且不过圆心
【答案】
B
【解析】分析：首先求得圆心到直线的距离，然后与半径比较即可确定直线与圆的位置关系
.
详解：圆心
圆的半径
到直线
，由于
的距离为：
，
，故直线与圆的位置关系为：相切
.
本题选择
B
选项
.
点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含
有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
5.
在空间直角坐标系
A. B. C.
中，若点
D.

，，点是点关于平面的对称点，则（ ）
【答案】
D 【解析】分析：首先求得点
C
的坐标，然后利用空间中两点之间距离公式整理计算即可求得 最终结果
.
详解：由对称性可知，点
C
的坐标为
结合空间中两点之 间距离公式可得：
本题选择
D
选项
.
点睛：本题主要考查空间坐标 系的对称性，空间中两点之间距离公式及其应用等知识，意在考查学生的转
化能力和计算求解能力。
6.
数列满足，且，则（ ）
，
.

2

A.
338
B.
340
C.
342
D.
344
【答案】
C
【解析 】分析：首先确定数列为等差数列，然后结合等差数列的性质整理计算即可求得最终结果
.
详 解：数列
据此可得：
即：
据此可得：
本题选择
C
选项
.
点睛：本题主要考查等差数列的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力< br>.
7.
已知
A.
若
C.
若
【答案】
A
【解析】分析：结合立体几何的结论逐一考查所给的命题是否正确即可
.
详解：逐一考查所给的性质：
A
选项中：由面面垂直的性质定理推论可知：若
在如图所示的正方体
B
选项中：取直线
C
选项中：
，
取直 线
D
选项中：点
且
为
为
中：
，平面为上顶面
，
平面为下底面
的中点，取直线
，原命题错误； < br>，满足
，满足
为，平面
，
但是不满足
，
但是不满足< br>为
，原命题错误；
，原命题错误；
，
满足，
，则，原命题正确
；
为两条不同的直线，
，则
，则
为两个不同的平面，则下列各项中正确的是 （ ）
，则
，且

，则
满足
，结合题意有：
，结合等差数列的性质可得：
.
，则数列为公差为
，
，
的等差数列，
B.
若
D.
若
分别为直线
，
但是不满足
本题 选择
A
选项
.

3

点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）
对于异面直线的判 定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2
）对于线面位 置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键
.
8.
《九 章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.现有一块“堑堵”形石材的三视图如图
所示 ，则这块“堑堵”形石材的体积为（ ）

A.
576
B.
288
C.
144
D.
96
【答案】
B
【解析】分析：首先确定几何体的空间结构，然后结合棱柱的体积公式整 理计算即可求得最终结果
.
详解：由题意可知，该三棱锥的底面是一个直角边长为是直角三角形，其高为
，

4

则该几何体的体积：
本题选择
B
选项
.
.
点睛：
(1)
求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图 确定直观图的形状以及直观图中线面
的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
(2)< br>若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用
等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
9.
已知直线
A.
C.
【答案】
B
【解析 】分析：由题意首先确定
a,b
的范围，然后逐一考查所给命题的真假即可
.
详解：直线经过第一、二、三象限，
，在轴的截距
，
，
，
B.
D.
经过第一、二、三象限且斜率小于1，那么下列不等式中一定正确的是（ ）


则直线在轴的截距
由直线的斜率小于
1
可知：
结合可得：
逐一考查所给的选项：
由绝对值的性质可知：
由幂函数的单调性可知
由不等 式的性质可得：
，则
本题选择
B
选项
.
点睛：本题主要考 查直线的截距式方程，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算
求解能力
.
10.
如图，为了估测某塔的高度，在塔底和
的仰角分别为45°，30°，且 两点相距
（与塔底同一水平面）处进行测量，在点
，由点看的张角为150°，则塔的高度处测得塔顶
（ ）
，选项
D
错误；
，选项
A
错误；
，选项
B
正确
；
，则，选项
C
错误；

5

A. B. C. D.
【答案】
C
【解析 】分析：首先设出
CD
的长度，然后利用空间几何关系整理计算即可求得最终结果
.
详解：设
同理可得：
，在
，
中，由可得：
，
在△
ABD
中，由余弦定理可得：
，
即：
解得：，即塔的高度
，
.
本题选择
C
选项
.
点睛：解三角形应用题的一般步骤
(1)
阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)
根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)
根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)
将三角形问题还原为 实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等
.
11.
已知等差 数列
120°，若
的公差为-2，前项和为，
恒成立，则实数
为某三角形的三 边长，且该三角形有一个内角为
（ ） 对任意的
A.
7
B.
6
C.
5
D.
4
【答案】
C
【解析】分析：首先由题意确定数列的通项公式，然后结合数列的特征整 理计算即可求得最终结果
.
详解：等差数列的公差可知数列单调递减，
，
三角形中大边对大角，据此可知题中的三角形最大边所对的角为
120°
设
120°
所对的边长为
由余弦定理有：
结合可得：，即：
，
，则其余两角所对的边分别为：
，
，

6

则数列的通项公式：
对任意的
由：可得：
恒成立，则
，
为数列前
n
项和取最大值时的的值
.
，
时取得最大值，
，据此可知：
，则当同理可知：
本题选择
C
选项
.
点睛：本题主要考查余弦定理的应用，等差数列前
n
项和的最大值及其求解等知识，意在考查 学生的转化
能力和计算求解能力
.
12.
已知满足约束条件且不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】
A
【解析】分析：首先由不等式组确定可行域，然 后结合不等式的特征和恒成立的结论整理计算即可求得最
终结果
.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，可行域内的点恒满足
则不等式即恒成立，
，
即，令可知：恒成立，即恒成立
.
其中
此可知：
表示 坐标原点与可行域内点连线的斜率，如图所示，在点
A
和点
C
处目标函数取得 最值，据
.
时，取得最小值，此时，即取得最大值，最大值为：结合对勾函数的性质可知，当
，
结合恒成立的条件可知：实数的取值范围为
.
.

7

点睛：本题主要考查线性规划及其应用，恒成立问题的解法等知识，意在考查 学生的转化能力和计算求解
能力
.
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.
已知是2和4的等差中项，则
【答案】3
【解析】分析：由题意结合等差中项的定义整理计算即可求得最终结果
.
详解：由等差中项的定义可得：
故答案为：
3．
点睛：本题主要考查等差中项的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力
.
14.
在
【答案】

中，角所对的边分别为，若，则最大角的余弦值为
__________
．
.
__________
．
【解析】分析：首先设出边长，然后结合余弦定理整理计算即可求得最终结果
.
详解：不妨设三角形的三边长
，
由大边对大角结合余弦定理可得最大角的余弦值为：
.
点睛：本题主要考查解三角形的方法，余弦定理的应用等知识，意在考查学生的转化能力和 计算求解能力
.
15.
如图，正方体中，异面直线与所成角为
__________
．

8

【答案】

【解析】分析：首先确定线面垂直，据此确定异面直线所成的角即可
.
详解：如图所示，连结
由正方体的性质可知
底面
由于
，
平面，则
，
在平面
平面
与
内，
，
所成角为
.
，
为正方形，则
，
直线
结合线面垂 直的判断定理可得：
故，据此可得异面直线

点睛：本题主要考查线面垂直的判断定理 ，异面直线夹角的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算
求解能力
.
16.
我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的< br>高.原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截
的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图所示，在空间直角坐标系
内，若函 数
的坐标平面
的图象与轴围成一个封闭区域，将区域沿轴的正方向上移4个
单位，得到 几何体如图一.现有一个与之等高的圆柱如图二，其底面积与区域面积相等，则此圆柱的体积
为
__________
．

9

【答案】

【解析】分析：首先确定底面积，然后结合柱体的体积公式整理计算即可求得最终结果
.
详解：由题意可知，图一中底面积是由一个四分之一圆与一个直角三角形组成的图形，
由由
可知，该四分之一圆的半径为
2
，其面积为：
，令可得
，，由
，
可得
，
,
则直角三角形与坐标轴的交点坐标为
直角三角形的面积
，
结合题意可得：区 域
A
的面积，即圆柱的底面积：
结合祖暅原理可得，此圆柱的体积
.
，
点睛：本题主要考查柱体的体积公式及其应用，直线方程、圆的方程的应用等知识，意在考 查学生的转化
能力和计算求解能力
.
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.
已 知直线
（1）若
（2）若
【答案】(1)
与
，求与的交点坐标；
，求与的距离.
;(2).
，
联立直线方程可得与的交点为
的距离
.
.
.
【解析】分析：
（1）
由直线垂直的充分必要条件可得
（2）
由直线平行的 充分必要条件可得
详解：
（1
）因为
联立
所以与的交点为
， 所以
得
.

，
利用平行线之间的距离公式可得
，所以
，

10

（2
）因为
所以
所以的距离
，所以
，
，所以
，
.
点睛：本题主要考查直线平行、直线垂直的充分必要条件等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能
力
.
18.
在
（1） 若
（2）若
【答案】(1)
中，角
，
，
所对的边分别为，求角；
的面积为，求的值.
，且.
;(2)67.
，
则
，
利用正弦定理有
.
，
则
. 【解析】分析：
（1）
利用正弦定理边化角可得
（2）
由题意结合面积公 式可得
详解：
（1）
∵
∴
∴
，
∴
，
，
，
，
结合余弦定理可得
根据正弦定理，得，即
，
因为，所以，所以
.
，所以
，
得，
（2
）因为
因为，根据余弦定理
，
即
所以
.
，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中 若出现边的一
次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注 意公式变式的
应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
19.
已知函数.

11

（1）当时，解关于的不等式
解集为
；
，且不等式恒成立，（2）若关于的不等式
求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
，结合
，
可知不等式的解集为
. 恒成立，结合均值不等式
【解析】分析：
（1
）不等式即
（2
） 由题意结合韦达定理可得
，
则原问题转化为
.
，
.
的 性质和恒成立的条件可得的取值范围为
详解：
（1
）不等式化为
因为时，所以 不等式的解集为
化为
，，，
恒成立，
，
，即
（2
）不等式
所以
所以，由题可知
所以恒成立，
根据基本不等式
所以
，当且仅当
.
时等号成立，
，即的 取值范围为
点睛：本题主要考查一元二次不等式的解法，恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，意在 考查学生的
转化能力和计算求解能力
.
20.
如图，四棱锥
.
（1）证明：直线
（2）若四棱锥
平面；
的内切球的表面积.
中，侧面底面，，，，
的体积为8，求三棱锥

【答案】(1)证明见解析;(2).
，
结合线面平行的判断定理可得平面
.
【解析】分析：
（1）
由题意可证得

12

（2
）取的中点为，连接
，
，
由题意可证得平面
，
结合棱 锥的体积公式可得
,
则内切球的表面积为
. ，
利用等体积法可得内切球半径
，
∴
，
.
平面
，
详解：
（1）
∵
∵
∴
平面
平面

（2
）取
∵
的中点为，连接
为等腰三角形，
平面
，

，，
，
∴
，
，
，
且相交于
，
又因为平面
所以
∴
设
∵
∴< br>∴
∴
在中，
，即
平面
，
，
，
，
，
，
，
，
∴
在
∴
设三棱锥
中，
，
∴
，
，
，
，，
内切球半径为
，

13

∵
根据等体积法
∴
所以，三棱锥
，
∴
，
，
的内切球表面积为
.
点睛：本题主要考查线面平行的判断 定理，等体积法及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求
解能力
.
21.
已知为数列
（1）求和；
（2）若，求数列的前项和.
的前项和，且点在直线上.
【答案】(1),.(2)答案见解析.
【解析】分析 ：
（1）
由题意可得
；
前
n
项和
（2）
结 合
(1)
的结论可得
时，错位相减可得
详解：
（1）
∵∴
∴
（
∴
令
∴
，且
，
（
，且
），
，
，
∴
；
在直线
，
则
为等比数列，公比
.
，
则当
.
上，
，令可得首项
，
则通项公式
时，，当时，，当且
），两式相减得：
为等比数列，公比
得，
，
∴
.

14

（2）
∵
∴
当
当
当
时，
时，且时，
，
②
①
－
②得：
，
，
，
，
，
①

∴

∴
.
{b
n
}
是等比数列，
b
n
}
点睛：本题的核心在考查 错位相减求和，一般地，如果数列
{a
n
}
是等差数列，求数列
{a
n
·
的前
n
项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以 等比数列
{b
n
}
的公比，然后作差求解
．
22.
已知圆过点
（1）求两圆的方程；
（2）若直线与直线平行，且截距为7，在上取一 横坐标为的点，过点作圆的切线，切点为
设中点为.
，求的值；
？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
，；(2)(i)
即
；
，
为正方形，结合题意可得关于
a
的方程，解方程有
，
由 题意可得满足题意时有
.
，因为关于直线对称，且
，
.
，
该方程无解，则不
,(ii)答案见解析.
，
由两点之间距离公式可知圆的
，
，且与圆关于直线对称.
（ⅰ） 若
（ⅱ）是否存在点，使得
【答案】(1)
【解析】分析：
（1
）设 点
半径
，
则
，
，
由对称性结合题意可得
，
（2
）由题可知
（
ⅰ
）
由题意可得四边形
（
ⅱ）
由题意可知
存在点，使得
详解：
（1
）设点

15

根据直线与直线垂直，中点在直线上，
得解得即
，
所以
所以
（2
）由题可知
，，
，
，，
；

（
ⅰ
）
∵
所以四边形
∵
∴
（
ⅱ
）
∵
又∵
∴
∵
，
，
∴
为正方形，
，
∴
，
，解得
，
∴
，
，
，
∴
，
，
，
.
∴
，
∴
∵
所以不存在点，使得
，整理得
，所以方程无解，
.
，
点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
(1)
几何法：具体过程中要用 到初中有关圆的一些常用性质和定理．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，切点与两圆心三点共线．

16

(2)< br>待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．


17