山西省祁县第二中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含答案
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_14
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（满分150分考试时间120分钟）一、选择题（每小题5分，共60分）1.=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式直接得到答案.【详解】故答案选A【点睛】本题考查了诱导公式，属于基础题型.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据得到，再根据得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了同角三角函数关系，忽略掉其中一个答案是容易发生的错误.3.若函数和在区间D上都是增函数，则区间D可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依次判断每个选项，排除错误选项得到答案.【详解】时，单调递减，A错误时，单调递减，B错误时，单调递减，C错误时，函数和都是增函数，D正确故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的单调性，意在考查学生对于三角函数性质的理解应用，也可以通过图像得到答案.4.已知扇形圆心角为，面积为，则扇形的弧长等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据扇形面积公式得到半径，再计算扇形弧长.【详解】扇形弧长故答案选C【点睛】本题考查了扇形的面积和弧长公式，解出扇形半径是解题的关键，意在考查学生的计算能力.5.已知正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足，则（）A. B. C. D. -1【答案】C【解析】【分析】化简，分别计算，，代入得到答案.【详解】正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足故答案选C【点睛】本题考查了向量的计算，将是解题的关键，也可以建立直角坐标系解得答案.6.将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角函数图像平移原则，结合诱导公式，即可求解.【详解】函数的图象向右平移个单位长度得到．故选：B．【点睛】本题考查三角图像变换，诱导公式，熟记变换原则，准确计算是关键，是基础题.7.若，则t=（）A. 32B. 23C. 14D. 13【答案】B【解析】【分析】先计算得到，再根据得到等式解得答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了向量的计算，意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.8.执行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为1，1，则输出的是（）A. 29B. 17C. 12D. 5【答案】B【解析】【分析】根据程序框图依次计算得到答案【详解】结束，输出故答案选B【点睛】本题考查了程序框图的计算，属于常考题型.9.是空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标.如图是某地11月1日到10日日均值（单位：）的统计数据，则下列叙述不正确的是（）A. 这天中有天空气质量为一级B. 这天中日均值最高的是11月5日C. 从日到日，日均值逐渐降低D. 这天的日均值的中位数是【答案】D【解析】【分析】由折线图逐一判断各选项即可.【详解】由图易知：第3,8,9,10天空气质量为一级，故A正确，11月5日日均值为82，显然最大，故B正确，从日到日，日均值分别为：82,73,58,34,30，逐渐降到，故C正确，中位数是，所以D不正确，故选D.【点睛】本题考查了频数折线图，考查读图，识图，用图的能力，考查中位数的概念，属于基础题.10.与直线平行，且与直线交于轴上的同一点的直线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直线交于轴上的点为，与直线平行得到斜率，根据点斜式得到答案.【详解】与直线平行直线交于轴上的点为设直线方程为：代入交点得到即故答案选A【点睛】本题考查了直线的平行关系，直线与坐标轴的交点，属于基础题型.11.过点的圆的切线方程是（）A. B. 或C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】先由题意得到圆的圆心坐标，与半径，设所求直线方程为，根据直线与圆相切，结合点到直线距离公式，即可求出结果.【详解】因为圆的圆心为，半径为1，由题意，易知所求切线斜率存在，设过点与圆相切的直线方程为，即，所以有，整理得，解得，或；因此，所求直线方程分别为：或，整理得或.故选D【点睛】本题主要考查求过圆外一点的切线方程，根据直线与圆相切，结合点到直线距离公式即可求解，属于常考题型.12.函数的图像关于直线对称，则的最小值为（）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】的对称轴为，化简得到得到答案.【详解】对称轴为：当时，有最小值为故答案选C【点睛】本题考查了三角函数的对称轴，将对称轴表示出来是解题的关键，意在考查学生对于三角函数性质的灵活运用.二、填空题（每小题5分，共20分）13.函数可由y=sin2x向左平移___________个单位得到。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_31
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.函数的值域是______.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数定义得结果【详解】由反正弦函数定义得函数的值域是【点睛】本题考查反正弦函数定义，考查基本分析求解能力，属基础题2.在等差数列中，，当最大时，的值是________.【答案】6或7【解析】分析】利用等差数列的前项和公式，由，可以得到和公差的关系，利用二次函数的性质可以求出最大时，的值.【详解】设等差数列的公差为，，，所以，因为，，所以当或时，有最大值，因此当的值是6或7.【点睛】本题考查了等差数列前项和公式，考查了等差数列的前项和最大值问题，运用二次函数的性质是解题的关键.3.若，则______.【答案】，【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值求解三角方程【详解】因为【点睛】本题考查解简单三角方程，考查基本分析求解能力，属基础题4.在扇形中，如果圆心角所对弧长等于半径，那么这个圆心角的弧度数为______.【答案】1【解析】【分析】根据弧长公式求解【详解】因为圆心角所对弧长等于半径，所以【点睛】本题考查弧长公式，考查基本求解能力，属基础题5.由于坚持经济改革，我国国民经济继续保持了较稳定的增长.某厂2019年的产值是100万元，计划每年产值都比上一年增加，从2019年到2022年的总产值为______万元（精确到万元）.【答案】464【解析】【分析】根据等比数列求和公式求解【详解】由题意得从2019年到2022年各年产值构成以100 为首项，1.1为公比的等比数列，其和为【点睛】本题考查等比数列应用以及等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题6.设数列是等差数列，，，则此数列前20项和等于______.【答案】180【解析】【分析】根据条件解得公差与首项，再代入等差数列求和公式得结果【详解】因为，，所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值【详解】因为所以角最大值为【点睛】本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题8.（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为．【答案】【解析】试题分析：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.考点：恒成立问题.9.若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．【答案】100【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为100．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．10.在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义：，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________ ．【答案】【解析】试题分析：根据正余弦函数定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）11.“”是“”成立的（）A. 充分非必要条件.B. 必要非充分条件.C. 充要条件.D. 既非充分又非必要条件.【答案】A【解析】【分析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题12.公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则（）A. 8B. 2C. 4D. 1【答案】D【解析】【分析】根据条件解得首项，再求【详解】因为，所以，选D.【点睛】本题考查等比数列通项公式中基本量，考查基本分析求解能力，属基础题13.用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】比较与时不等式左边的项，即可得到结果【详解】因此不等式左边为，选C.【点睛】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题14.如图，函数的图像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值，即可进行比较判断选择【详解】因为，所以舍去D; 因为，所以舍去A; 因为，所以舍去B;选C.【点睛】本题考查图象识别，考查基本分析判断能力，属基础题三、解答题（本大题共6个题，满分58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，某人在离地面高度为的地方，测得电视塔底的俯角为，塔顶的仰角为，求电视塔的高.（精确到）【答案】【解析】【分析】过作的垂线，垂足为，再利用直角三角形与正弦定理求解【详解】解：设人的位置为，塔底为，塔顶为，过作的垂线，垂足为，则，，，，所以，答：电视塔的高为约.【点睛】本题考查利用正弦定理测量高度，考查基本分析求解能力，属基础题16.已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）在区间内是否存在数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）只有一项【解析】【分析】（1）根据通项公式直接求解（2）根据条件列不等式，解得结果【详解】解：（1）；（2）解不等式得，因为为正整数，所以，因此在区间内只有一项.【点睛】本题考查数列通项公式及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题17.已知函数（其中，）的最小正周期为.（1）求的值；（2）如果，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据余弦函数性质求解（2）先求得，再根据两角差余弦公式求解【详解】解：（1）因为.所以，因为，所以.（2）由（1）可知，所以，因为，所以，所以.因为.所以.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式以及余弦函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题18.已知数列满足关系式，.（1）用表示，，；（2）根据上面的结果猜想用和表示的表达式，并用数学归纳法证之.【答案】（1），，（2）猜想：，证明见解析【解析】【分析】（1）根据递推关系依次代入求解，（2）根据规律猜想，再利用数学归纳法证明【详解】解：（1），∴，，；（2）猜想：.证明：当时，结论显然成立；假设时结论成立，即，则时，，即时结论成立.综上，对时结论成立.【点睛】本题考查归纳猜想与数学归纳法证明，考查基本分析论证能力，属基础题19.在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．（1）求角的大小；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以的面积.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．20.已知数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）已知，记（且），是否存在这样的常数，使得数列是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列，对于任意的正整数，均有成立，求证：数列是等差数列.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义与通项公式求解（2）先化简，再根据恒成立思想求的值（3）根据和项得，再作差得，最后根据等差数列定义证明.【详解】（1），所以，由得时，，两式相减得，，，数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以.（2）若数列是常数列，为常数.只有，解得，此时.（3）①，，其中，所以，当时，②②式两边同时乘以得，③①式减去③得，，所以，因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列.【点睛】本题考查利用和项求通项、等差数列定义以及利用恒成立思想求参数，考查基本分析论证与求解能力，属中档题2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.函数的值域是______.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数定义得结果【详解】由反正弦函数定义得函数的值域是【点睛】本题考查反正弦函数定义，考查基本分析求解能力，属基础题2.在等差数列中，，当最大时，的值是________.【答案】6或7分析】利用等差数列的前项和公式，由，可以得到和公差的关系，利用二次函数的性质可以求出最大时，的值.【详解】设等差数列的公差为，，，所以，因为，，所以当或时，有最大值，因此当的值是6或7.【点睛】本题考查了等差数列前项和公式，考查了等差数列的前项和最大值问题，运用二次函数的性质是解题的关键.3.若，则______.【答案】，【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值求解三角方程【详解】因为【点睛】本题考查解简单三角方程，考查基本分析求解能力，属基础题4.在扇形中，如果圆心角所对弧长等于半径，那么这个圆心角的弧度数为______.【答案】1【解析】根据弧长公式求解【详解】因为圆心角所对弧长等于半径，所以【点睛】本题考查弧长公式，考查基本求解能力，属基础题5.由于坚持经济改革，我国国民经济继续保持了较稳定的增长.某厂2019年的产值是100万元，计划每年产值都比上一年增加，从2019年到2022年的总产值为______万元（精确到万元）.【答案】464【解析】【分析】根据等比数列求和公式求解【详解】由题意得从2019年到2022年各年产值构成以100 为首项，1.1为公比的等比数列，其和为【点睛】本题考查等比数列应用以及等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题6.设数列是等差数列，，，则此数列前20项和等于______.【答案】180【解析】【分析】根据条件解得公差与首项，再代入等差数列求和公式得结果【详解】因为，，所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角最大值为______.【答案】【分析】根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值【详解】因为所以角最大值为【点睛】本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题8.（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为．【答案】【解析】试题分析：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.考点：恒成立问题.9.若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．【答案】100【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为100．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．10.在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义：，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________ ．【答案】【解析】试题分析：根据正余弦函数定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）11.“”是“”成立的（）A. 充分非必要条件.B. 必要非充分条件.C. 充要条件.D. 既非充分又非必要条件.【答案】A【解析】【分析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题12.公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则（）A. 8B. 2C. 4D. 1【答案】D【解析】【分析】根据条件解得首项，再求【详解】因为，所以，选D.【点睛】本题考查等比数列通项公式中基本量，考查基本分析求解能力，属基础题13.用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】比较与时不等式左边的项，即可得到结果【详解】因此不等式左边为，选C.【点睛】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题14.如图，函数的图像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值，即可进行比较判断选择【详解】因为，所以舍去D; 因为，所以舍去A; 因为，所以舍去B;选C.【点睛】本题考查图象识别，考查基本分析判断能力，属基础题三、解答题（本大题共6个题，满分58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，某人在离地面高度为的地方，测得电视塔底的俯角为，塔顶的仰角为，求电视塔的高.（精确到）【答案】【解析】【分析】过作的垂线，垂足为，再利用直角三角形与正弦定理求解【详解】解：设人的位置为，塔底为，塔顶为，过作的垂线，垂足为，则，，，，所以，答：电视塔的高为约.【点睛】本题考查利用正弦定理测量高度，考查基本分析求解能力，属基础题16.已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）在区间内是否存在数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）只有一项【解析】【分析】（1）根据通项公式直接求解（2）根据条件列不等式，解得结果【详解】解：（1）；（2）解不等式得，因为为正整数，所以，因此在区间内只有一项.【点睛】本题考查数列通项公式及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题17.已知函数（其中，）的最小正周期为.（1）求的值；（2）如果，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据余弦函数性质求解（2）先求得，再根据两角差余弦公式求解【详解】解：（1）因为.所以，因为，所以.（2）由（1）可知，所以，因为，所以，所以.因为.所以.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式以及余弦函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题18.已知数列满足关系式，.（1）用表示，，；（2）根据上面的结果猜想用和表示的表达式，并用数学归纳法证之.【答案】（1），，（2）猜想：，证明见解析【解析】【分析】（1）根据递推关系依次代入求解，（2）根据规律猜想，再利用数学归纳法证明【详解】解：（1），∴，，；（2）猜想：.证明：当时，结论显然成立；假设时结论成立，即，则时，，即时结论成立.综上，对时结论成立.【点睛】本题考查归纳猜想与数学归纳法证明，考查基本分析论证能力，属基础题19.在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．（1）求角的大小；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以的面积.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．20.已知数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）已知，记（且），是否存在这样的常数，使得数列是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列，对于任意的正整数，均有成立，求证：数列是等差数列.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义与通项公式求解（2）先化简，再根据恒成立思想求的值（3）根据和项得，再作差得，最后根据等差数列定义证明.【详解】（1），所以，由得时，，两式相减得，，，数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以.（2）若数列是常数列，为常数.只有，解得，此时.（3）①，，其中，所以，当时，②②式两边同时乘以得，③①式减去③得，，所以，因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列.【点睛】本题考查利用和项求通项、等差数列定义以及利用恒成立思想求参数，考查基本分析论证与求解能力，属中档题。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_40
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.某学校A，B，C三个社团分别有学生人，人，人，若采用分层抽样的方法从三个社团中共抽取人参加某项活动，则从A社团中应抽取的学生人数为（）A. 2B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】分析】分层抽样每部分占比一样，通过A，B，C三个社团为，易得A中的人数。
【详解】A，B，C三个社团人数比为，所以12中A有人，B有人，C有人。
故选：B【点睛】此题考查分层抽样原理，根据抽样前后每部分占比一样求解即可，属于简单题目。
2.直线的倾斜角是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求斜率，即倾斜角的正切值，易得。
【详解】，可知，即，故选：B【点睛】一般直线方程求倾斜角将直线转换为斜截式直线方程易得斜率，然后再根据直线的斜率等于倾斜角的正切值易得倾斜角，属于简单题目。
3.在△中，已知，，，则△的面积等于( )A. 6B. 12C.D.【答案】C【解析】【分析】通过A角的面积公式,代入数据易得面积。
【详解】故选：C【点睛】此题考查三角形的面积公式，代入数据即可，属于简单题目。
4.以点为圆心，且经过点的圆的方程为( )A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】通过圆心设圆的标准方程，代入点即可。
【详解】设圆的方程为：，又经过点，所以，即，所以圆的方程：。
故选：B【点睛】此题考查圆的标准方程，记住标准方程的一般设法，代入数据即可求解，属于简单题目。
5.在区间随机取一个实数，则的概率为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用几何概型的定义区间长度之比可得答案，在区间的占比为，所以概率为。
【详解】因为的长度为3，在区间的长度为9，所以概率为。
故选：C【点睛】此题考查几何概型，概率即是在部分占总体的占比，属于简单题目。
2018-2019学年第二学期高一下学期期末考试数学试卷及答案解析
……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………2018-2019学年第二学期高一下学期期末考试数学试卷评卷人 得分一、选择题1、已知为角的终边上的一点，且，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．2、在等差数列中，,则（ ）A ．B ．C ．D ．3、若，则一定有（ ）A ．B ．C ．D ．4、已知等差数列的前项和为，若且，则当最大时的值是（ ）A ．B ．C ．D ．5、若，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．6、在中，已知，则的面积等于（ ）A ．B ．C ．D ．7、各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则（ ） A ．B ．C ．D ．……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………8、若变量满足约束条件，且的最大值为，最小值为，则的值是（ ） A ． B ．C ．D ．9、在中，角所对的边分别为，且，若，则的形状是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形 10、当甲船位于处时获悉，在其正东方向相距海里的处，有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西相距海里处的乙船，乙船立即朝北偏东角的方向沿直线前往处营救，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．11、已知是内的一点，且，若和的面积分别为，则的最小值是（ ）A ．B ．C ．D ． 12、已知数列满足，则（ ） A ．B ．C ．D ．评卷人 得分二、填空题13、已知，且，则__________。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_9
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分第I卷一、选择题：本大题共12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.设集合，集合为函数的定义域，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合的表示，求出函数的定义域，表示成集合的形式，运用集合的并集运算法则，结合数轴求出.【详解】因为，所以.又因为函数的定义域为，所以.因此，故本题选B.【点睛】本题考查了集合的并集运算，正确求出对数型函数的定义域，运用数轴是解题的关键.2.已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是 ( )A. 若a>b，则ac2>bc2B. 若，则a>bC. 若a3>b3且ab<0，则D. 若a2>b2且ab>0，则【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证．【详解】A．若a＞b，则ac2＞bc2（错），若c=0，则A不成立；B．若，则a＞b（错），若c＜0，则B不成立；C．若a3＞b3且ab＜0，则（对），若a3＞b3且ab＜0，则D．若a2＞b2且ab＞0，则（错），若，则D不成立．故选：C．【点睛】此题主要考查不等关系与不等式的性质及其应用，例如举反例法求解比较简单．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.3.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走378里路，第1天健步行走，从第2天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，可求出此人每天走多少里路.”那么此人第5天走的路程为（）A. 48里B. 24里C. 12里D. 6里【答案】C【解析】记每天走的路程里数为{an}，由题意知{an}是公比的等比数列，由S6=378，得=378，解得：a1=192，∴=12（里）．故选：C．4.若向量，的夹角为，且，，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，设向量与向量的夹角为，，，故选A.5.函数的图象大致为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出函数为偶函数，再根据函数值的变化趋势或函数的单调性即可判断．【详解】解：，为偶函数，的图象关于y轴对称，故排除B，C，当时，，故排除D，或者根据，当时，为增函数，故排除D，故选：A．【点睛】本题考查了函数图象的识别，关键是掌握函数的奇偶性和函数的单调性和函数值的变化趋势，属于基础题．6.已知，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的单调性可知都大于1，把化成后可得的大小，从而可得的大小关系.【详解】因为及都是上的增函数，故，，又，故，选B.【点睛】对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.7.已知四面体中，，分别是，的中点，若，，与所成角的度数为30°，则与所成角的度数为（）A. 90°B. 45°C. 60°D. 30°【答案】A【解析】【分析】取的中点,利用三角形中位线定理,可以得到,与所成角为，运用三角形中位线定理和正弦定理，可以求出的大小，也就能求出与所成角的度数.【详解】取的中点连接，如下图所示：因为，分别是，的中点，所以有，因为与所成角的度数为30°，所以，与所成角的大小等于的度数.在中，，故本题选A.【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，考查了正弦定理，取中点利用三角形中位线定理是解题的关键.8.函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A. 向右平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向左平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】通过图象可以知道：最低点纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.9.如图，有一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，汽车在点测得公路北侧山顶的仰角为30°，汽车行驶后到达点测得山顶在北偏西30°方向上，且仰角为45°，则山的高度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过题意可知：，设山的高度，分别在中求出，最后在中，利用余弦定理，列出方程，解方程求出的值.【详解】由题意可知：.在中，.在中，.中，由余弦定理可得：（舍去），故本题选D.【点睛】本题考查了余弦定理的应用，弄清题目中各个角的含义是解题的关键.10.已知是定义在上的奇函数，当时，，那么不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据奇函数的性质求出的解析式，然后分类讨论求出不等式的解集.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以有，显然是不等式的解集；当时，；当时，，综上所述：不等式的解集是，故本题选B.【点睛】本题考查了利用奇函数性质求解不等式解集问题，考查了分类思想，正确求出函数的解析式是解题的关键.11.已知数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【分析】再递推一步，两个等式相减，得到一个等式，进行合理变形，可以得到一个等比数列，求出通项公式，最后求出数列的通项公式，最后求出，选出答案即可.【详解】因为，所以当时，，两式相减化简得：，而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，因此有，所以，故本题选A.【点睛】本题考查了已知数列递推公式求数列通项公式的问题，考查了等比数列的判断以及通项公式，正确的递推和等式的合理变形是解题的关键.12.已知函数，若方程有5个解，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】利用因式分解法，求出方程的解，结合函数的性质，根据题意可以求出的取值范围.【详解】，，或，由题意可知：，由题可知：当时，有2个解且有2个解且，当时，，因为，所以函数是偶函数，当时，函数是减函数，故有，函数是偶函数，所以图象关于纵轴对称，即当时有，，所以，综上所述；的取值范围是，故本题选D.【点睛】本题考查了已知方程解的情况求参数取值问题，正确分析函数的性质，是解题的关键.第II卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案写在答题卡相应题的横线上13.计算：________【答案】【分析】用正弦、正切的诱导公式化简求值即可.【详解】.【点睛】本题考查了正弦、正切的诱导公式，考查了特殊角的正弦值和正切值.14.已知，若数列满足，，则等于________【答案】【解析】【分析】根据首项、递推公式，结合函数解析式，求出的值，可以发现数列是周期数列，求出周期，利用数列的周期性可以求出的值.【详解】，所以数列是以5为周期的数列，因为20能被5整除，所以.【点睛】本题考查了数列的周期性，考查了数学运算能力.15.已知，，两圆和只有一条公切线，则的最小值为________【答案】9【解析】【分析】两圆只有一条公切线，可以判断两圆是内切关系，可以得到一个等式，结合这个等式，可以求出的最小值.【详解】，圆心为，半径为2；，圆心为，半径为1.因为两圆只有一条公切线，所以两圆是内切关系，即，于是有（当且仅当取等号），因此的最小值为9.【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.16.(数学文卷·2017届广东省揭阳市届高三上学期期末调研考试第15题) 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来，如图3，若正四棱柱体的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为__________．（容器壁的厚度忽略不计）【答案】【解析】表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为1、2、6的长方体的外接球。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_24
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）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.已知A={第一象限角}，B={锐角}，C={小于90°的角}，那么A、B、C关系是( )A. B=A∩CB. B∪C=CC. A CD. A=B=C【答案】B【解析】【分析】由集合A，B，C，求出B与C的并集，判断A与C的包含关系，以及A，B，C三者之间的关系即可．【详解】由题B A，∵A＝{第一象限角}，B＝{锐角}，C＝{小于90°的角}，∴B∪C＝{小于90°的角}＝C，即B C，则B不一定等于A∩C，A不一定是C的真子集，三集合不一定相等，故选B．【点睛】此题考查了集合间的基本关系及运算，熟练掌握象限角，锐角，以及小于90°的角表示的意义是解本题的关键，是易错题2.已知角的终边经过点，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义，求出，即可得到的值．【详解】因为，，所以．故选：A．【点睛】本题主要考查已知角终边上一点，利用三角函数定义求三角函数值，属于基础题．3.的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：．考点：诱导公式4.已知中，，，为边上的中点，则( )A. 0B. 25C. 50D. 100【答案】C【解析】【分析】三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，故可知其长度，由向量运算法则，对式子进行因式分解，由平行四边形法则，求出向量，由长度计算向量积.【详解】由勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，所以，原式=.故选C.【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，数量积问题一般要将两个向量转化为已知边长和夹角的两向量，但本题经化简能得到共线的两向量所以直接根据模的大小计算即可.5.在四边形中，，且·＝0，则四边形是（）A. 菱形B. 矩形C. 直角梯形D. 等腰梯形【答案】A【解析】【分析】由可得四边形为平行四边形，由·＝0得四边形的对角线垂直，故可得四边形为菱形．【详解】∵，∴与平行且相等，∴四边形为平行四边形．又，∴，即平行四边形的对角线互相垂直，∴平行四边形为菱形．故选A．【点睛】本题考查向量相等和向量数量积的的应用，解题的关键是正确理解有关的概念，属于基础题．6.已知非零向量、且，，，则一定共线三点是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量共线定理，即可判断．【详解】因为，所以三点一定共线．故选：B．【点睛】本题主要考查利用平面向量共线定理判断三点是否共线，涉及向量的线性运算，属于基础题．7.已知向量，，则向量的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出向量，再根据向量的数量积求出夹角的余弦值．【详解】∵，∴．设向量的夹角为，则．故选C．【点睛】本题考查向量的线性运算和向量夹角的求法，解题的关键是求出向量的坐标，然后根据数量积的定义求解，注意计算的准确性，属于基础题．8.已知，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】利用诱导公式和同角三角函数的商数关系，得，再利用化弦为切的方法，即可求得答案.【详解】由已知则故选C.【点睛】本题考查利用三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系化简求值，属于三角函数求值问题中的“给值求值”问题，解题的关键是正确掌握诱导公式中符号与函数名称的变换规律和化弦为切方法.9.已知函数图象的一条对称轴是，则的值为（）A. 5B.C. 3D.【答案】D【解析】【分析】化简函数f（x）＝acosx+sinx为一个角的一个三角函数的形式，利用图象关于直线对称，就是时，函数取得最值，求出a即可．详解】函数f（x）＝acosx+sinx sin（x+θ），其中tanθ＝a，，其图象关于直线对称，所以θ，θ，所以tanθ＝a ，故答案为D【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．10.函数（）的部分图象如图所示，其中是图象的最高点，是图象与轴的交点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】函数的周期为，四分之一周期为，而函数的最大值为，故，由余弦定理得，故.11.在中，角的对边分别为，已知，则的大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵，∴，又，∴，又为三角形的内角，所以，故．选C．12.半圆的直径，为圆心，是半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值是（）A. 2 B. 0 C. -2 D. 4【答案】C【解析】【分析】将转化为，利用向量数量积运算化简，然后利用基本不等式求得表达式的最小值.【详解】画出图像如下图所示，,等号在，即为的中点时成立.故选C.【点睛】本小题主要考查平面向量加法运算，考查平面向量的数量积运算，考查利用基本不等式求最值，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.13.已知函数，，若直线与函数的图象有四个不同的交点，则实数k的取值范围是_____.【答案】(0,1)【解析】【分析】画出函数f(x)在以及直线y=k的图象,数形结合可得k的取值范围.【详解】解:画出函数y=cosx+2|cosx|=,以及直线y=k的图象,如图所示;由f(x)的图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点,可得0<k<1.故答案为:(0,1).【点睛】本题主要考查利用分段函数及三角函数的性质求参数，数形结合是解题的关键.14.已知，，，若，则__________．【答案】-3【解析】由可知，解得，15.若为锐角，，则__________．【答案】【解析】因为为锐角，，所以，.16.函数的定义域为__________；【答案】【解析】【分析】根据偶次被开方数大于等于零，分母不为零，列出不等式组，解出即可．【详解】依题意可得，，解得即，故函数的定义域为．故答案为：．【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，涉及三角不等式的解法，属于基础题．17.已知，则 __________．【答案】【解析】18.有下列四个说法：①已知向量，，若与的夹角为钝角，则；②先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，再将所得函数图象整体向左平移个单位，可得函数的图象；③函数有三个零点；④函数在上单调递减，在上单调递增.其中正确的是__________.（填上所有正确说法的序号）【答案】②③④【解析】【分析】根据向量，函数零点，函数的导数，以及三角函数有关知识，对各个命题逐个判断即可．【详解】对①，若与的夹角为钝角，则且与不共线，即，解得且，所以①错误；对②，先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，得函数的图象，再将图象整体向左平移个单位，可得函数的图象，②正确；对③，函数的零点个数，即解的个数，亦即函数与的图象的交点个数，作出两函数的图象，如图所示：由图可知，③正确；对④，，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，④正确．故答案为：②③④．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及向量数量积，三角函数图像变换，函数零点个数的求法，以及函数单调性的判断等知识的应用，属于中档题．三、解答题：本大题共4小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.已知.（1）若三点共线，求的关系；（2）若,求点的坐标.【答案】（1）a+b=2；（2）(5,-3).【解析】【分析】（1）求出和的坐标，然后根据两向量共线的等价条件可得所求关系式．（2）求出的坐标，根据得到关于的方程组，解方程组可得所求点的坐标．【详解】由题意知，，．（1）∵三点共线，∴∥，∴，∴．(2)∵，∴，∴，解得，∴点的坐标为．【点睛】本题考查向量共线的应用，解题的关键是把共线表示为向量的坐标的形式，进而转化为数的运算的问题，属于基础题．20.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调区间.【答案】(1) 的最小正周期为 (2) 的单调增区间为【解析】试题分析：（1）化简函数的解析式得，根据周期公式求得函数的周期；（2）由求得的取值范围即为函数的单调增区间，由求得取值范围即为函数的单调减区间．试题解析：（Ⅰ）∴的最小正周期为.（Ⅱ）由，得∴的单调增区间为由得∴的单调减区间为21.设向量．（Ⅰ）若与垂直，求值；（Ⅱ）求的最小值.【答案】(Ⅰ)2；(Ⅱ).【解析】试题分析：(Ⅰ)先由条件得到的坐标，根据与垂直可得，整理得，从而得到．(Ⅱ)由得到，故当时，取得最小值为．试题解析：（Ⅰ）由条件可得，因为与垂直，所以，即，所以，所以.（Ⅱ）由得，所以当时，取得最小值，所以的最小值为.22.已知函数f(x)＝sin ωx·cosωx＋cos2ωx－(ω＞0)，直线x＝x1，x＝x2是y＝f(x)图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为 .（Ⅰ）求f(x)的表达式；（Ⅱ）将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)的单调减区间.【答案】（1）f(x)＝sin.（2）【解析】试题分析：（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再利用周期公式即可求得正解；（2）根据图像变换求出的表达式，再利用符合函数法求得递减区间.试题解析：(1)f(x)＝sin 2ωx＋×－＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin，由题意知，最小正周期T＝2×＝，T＝＝＝，所以ω＝2，∴f(x)＝sin.(2)将f(x)的图象向右平移个单位长度后，得到y＝sin的图象，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sin的图象．所以g(x)＝sin.由，得所以所求的单调减区间为2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）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.已知A={第一象限角}，B={锐角}，C={小于90°的角}，那么A、B、C关系是( )A. B=A∩CB. B∪C=CC. A CD. A=B=C【答案】B【解析】【分析】由集合A，B，C，求出B与C的并集，判断A与C的包含关系，以及A，B，C三者之间的关系即可．【详解】由题B A，∵A＝{第一象限角}，B＝{锐角}，C＝{小于90°的角}，∴B∪C＝{小于90°的角}＝C，即B C，则B不一定等于A∩C，A不一定是C的真子集，三集合不一定相等，故选B．【点睛】此题考查了集合间的基本关系及运算，熟练掌握象限角，锐角，以及小于90°的角表示的意义是解本题的关键，是易错题2.已知角的终边经过点，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义，求出，即可得到的值．【详解】因为，，所以．故选：A．【点睛】本题主要考查已知角终边上一点，利用三角函数定义求三角函数值，属于基础题．3.的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：．考点：诱导公式4.已知中，，，为边上的中点，则( )A. 0B. 25C. 50D. 100【答案】C【解析】【分析】三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，故可知其长度，由向量运算法则，对式子进行因式分解，由平行四边形法则，求出向量，由长度计算向量积.【详解】由勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，所以，原式=.故选C.【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，数量积问题一般要将两个向量转化为已知边长和夹角的两向量，但本题经化简能得到共线的两向量所以直接根据模的大小计算即可.5.在四边形中，，且·＝0，则四边形是（）A. 菱形B. 矩形C. 直角梯形D. 等腰梯形【答案】A【解析】【分析】由可得四边形为平行四边形，由·＝0得四边形的对角线垂直，故可得四边形为菱形．【详解】∵，∴与平行且相等，∴四边形为平行四边形．又，∴，即平行四边形的对角线互相垂直，∴平行四边形为菱形．故选A．【点睛】本题考查向量相等和向量数量积的的应用，解题的关键是正确理解有关的概念，属于基础题．6.已知非零向量、且，，，则一定共线三点是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量共线定理，即可判断．【详解】因为，所以三点一定共线．故选：B．【点睛】本题主要考查利用平面向量共线定理判断三点是否共线，涉及向量的线性运算，属于基础题．7.已知向量，，则向量的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出向量，再根据向量的数量积求出夹角的余弦值．【详解】∵，∴．设向量的夹角为，则．故选C．【点睛】本题考查向量的线性运算和向量夹角的求法，解题的关键是求出向量的坐标，然后根据数量积的定义求解，注意计算的准确性，属于基础题．8.已知，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】利用诱导公式和同角三角函数的商数关系，得，再利用化弦为切的方法，即可求得答案.【详解】由已知则故选C.【点睛】本题考查利用三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系化简求值，属于三角函数求值问题中的“给值求值”问题，解题的关键是正确掌握诱导公式中符号与函数名称的变换规律和化弦为切方法.9.已知函数图象的一条对称轴是，则的值为（）A. 5B.C. 3D.【答案】D【解析】【分析】化简函数f（x）＝acosx+sinx为一个角的一个三角函数的形式，利用图象关于直线对称，就是时，函数取得最值，求出a即可．详解】函数f（x）＝acosx+sinx sin（x+θ），其中tanθ＝a，，其图象关于直线对称，所以θ，θ，所以tanθ＝a，故答案为D【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．10.函数（）的部分图象如图所示，其中是图象的最高点，是图象与轴的交点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】函数的周期为，四分之一周期为，而函数的最大值为，故，由余弦定理得，故.11.在中，角的对边分别为，已知，则的大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵，∴，又，∴，又为三角形的内角，所以，故．选C．12.半圆的直径，为圆心，是半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值是（）A. 2B. 0C. -2D. 4【答案】C【解析】【分析】将转化为，利用向量数量积运算化简，然后利用基本不等式求得表达式的最小值.【详解】画出图像如下图所示，,等号在，即为的中点时成立.故选C.【点睛】本小题主要考查平面向量加法运算，考查平面向量的数量积运算，考查利用基本不等式求最值，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.13.已知函数，，若直线与函数的图象有四个不同的交点，则实数k的取值范围是_____.【答案】(0,1)【解析】【分析】画出函数f(x)在以及直线y=k的图象,数形结合可得k的取值范围.【详解】解:画出函数y=cosx+2|cosx|=,以及直线y=k的图象,如图所示;由f(x)的图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点,可得0<k<1.故答案为:(0,1).【点睛】本题主要考查利用分段函数及三角函数的性质求参数，数形结合是解题的关键.14.已知，，，若，则__________．【答案】-3【解析】由可知，解得，15.若为锐角，，则__________．【答案】【解析】因为为锐角，，所以，.16.函数的定义域为__________；【答案】【解析】【分析】根据偶次被开方数大于等于零，分母不为零，列出不等式组，解出即可．【详解】依题意可得，，解得即，故函数的定义域为．故答案为：．【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，涉及三角不等式的解法，属于基础题．17.已知，则 __________．【答案】【解析】18.有下列四个说法：①已知向量，，若与的夹角为钝角，则；②先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，再将所得函数图象整体向左平移个单位，可得函数的图象；③函数有三个零点；④函数在上单调递减，在上单调递增.其中正确的是__________.（填上所有正确说法的序号）【答案】②③④【解析】【分析】根据向量，函数零点，函数的导数，以及三角函数有关知识，对各个命题逐个判断即可．【详解】对①，若与的夹角为钝角，则且与不共线，即，解得且，所以①错误；对②，先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，得函数的图象，再将图象整体向左平移个单位，可得函数的图象，②正确；对③，函数的零点个数，即解的个数，亦即函数与的图象的交点个数，作出两函数的图象，如图所示：由图可知，③正确；对④，，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，④正确．故答案为：②③④．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及向量数量积，三角函数图像变换，函数零点个数的求法，以及函数单调性的判断等知识的应用，属于中档题．三、解答题：本大题共4小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.已知.（1）若三点共线，求的关系；（2）若,求点的坐标.【答案】（1）a+b=2；（2）(5,-3).【解析】【分析】（1）求出和的坐标，然后根据两向量共线的等价条件可得所求关系式．（2）求出的坐标，根据得到关于的方程组，解方程组可得所求点的坐标．【详解】由题意知，，．（1）∵三点共线，∴∥，∴，∴．(2)∵，∴，∴，解得，∴点的坐标为．【点睛】本题考查向量共线的应用，解题的关键是把共线表示为向量的坐标的形式，进而转化为数的运算的问题，属于基础题．20.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调区间.【答案】(1) 的最小正周期为 (2) 的单调增区间为【解析】试题分析：（1）化简函数的解析式得，根据周期公式求得函数的周期；（2）由求得的取值范围即为函数的单调增区间，由求得取值范围即为函数的单调减区间．试题解析：（Ⅰ）∴的最小正周期为.（Ⅱ）由，得∴的单调增区间为由得∴的单调减区间为21.设向量．（Ⅰ）若与垂直，求值；（Ⅱ）求的最小值.【答案】(Ⅰ)2；(Ⅱ).【解析】试题分析：(Ⅰ)先由条件得到的坐标，根据与垂直可得，整理得，从而得到．(Ⅱ)由得到，故当时，取得最小值为．试题解析：（Ⅰ）由条件可得，因为与垂直，所以，即，所以，所以.（Ⅱ）由得，所以当时，取得最小值，所以的最小值为.22.已知函数f(x)＝sin ωx·cosωx＋cos2ωx－(ω＞0)，直线x＝x1，x＝x2是y＝f(x)图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为 .（Ⅰ）求f(x)的表达式；（Ⅱ）将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)的单调减区间.【答案】（1）f(x)＝sin.（2）【解析】试题分析：（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再利用周期公式即可求得正解；（2）根据图像变换求出的表达式，再利用符合函数法求得递减区间.试题解析：(1)f(x)＝sin 2ωx＋×－＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin，由题意知，最小正周期T＝2×＝，T＝＝＝，所以ω＝2，∴f(x)＝sin.(2)将f(x)的图象向右平移个单位长度后，得到y＝sin的图象，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sin的图象．所以g(x)＝sin.由，得所以所求的单调减区间为。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_5
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：1. 本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.2. 答题前，考生务必将自己的校名、姓名、准考证号填写在答题卷的相应位置上.3. 全部答案在答题卷完成，答在本卷上无效.第Ⅰ卷（选择题 60分）一、选择题：本大题共12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.请把答案填在答题卷的相应位置.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】得到倾斜角为.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了直线的倾斜角，属于简单题.2.某部门为了了解用电量（单位：度）与气温（单位：）之间的关系，随机统计了某3天的用电量与当天气温如表所示.由表中数据得回归直线方程，则（）摄氏温度4（）A. 12.6B. 13.2C. 11.8D. 12.8【答案】A【解析】【分析】计算数据中心点，代入回归方程得到答案.【详解】，，中心点为代入回归方程故答案选A【点睛】本题考查了回归方程，掌握回归方程过中心点是解题的关键.3.若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（）A. 相交B. 平行C. 异面D. 相交或异面【答案】D【解析】【分析】当时与相交，当时与异面.【详解】当时与相交，当时与异面.故答案为D【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型.4.在中，角、、所对的边分别为、、，若，则是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得到答案.【详解】故答案B【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.5.圆被轴所截得的弦长为（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】先计算圆心到轴的距离，再利用勾股定理得到弦长.【详解】，圆心为圆心到轴的距离弦长故答案选C【点睛】本题考查了圆的弦长公式，意在考查学生的计算能力.6.在中，角、、所对的边分别为、、，，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.7.在正方体中，直线与直线所成角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直线与直线所成角为，为等边三角形，得到答案.【详解】如图所示：连接易知：直线与直线所成角为为等边三角形，夹角为故答案选B【点睛】本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力.8.圆与圆的位置关系是（）A. 相离B. 相交C. 相切D. 内含【答案】B【解析】【分析】计算圆心距，判断与半径和差的关系得到位置关系.【详解】圆心距相交故答案选B【点睛】本题考查了两圆的位置关系，判断圆心距与半径和差的关系是解题的关键.9.2021年某省新高考将实行“”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式.某同学已选了物理，记事件：“他选择政治和地理”，事件：“他选择化学和地理”，则事件与事件（）A. 是互斥事件，不是对立事件B. 是对立事件，不是互斥事件C. 既是互斥事件，也是对立事件D. 既不是互斥事件也不是对立事件【答案】A【解析】【分析】事件与事件不能同时发生，是互斥事件，他还可以选择化学和政治，不是对立事件，得到答案.【详解】事件与事件不能同时发生，是互斥事件他还可以选择化学和政治，不是对立事件故答案选A【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解.10.过点且与圆相切的直线方程为（）A. B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】分别考虑斜率存在和不存在两种情况得到答案.【详解】如图所示：当斜率不存在时：当斜率存在时：设故答案选C【点睛】本题考查了圆的切线问题，忽略掉斜率不存在是容易发生的错误.11.我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个刍甍.四边形为矩形，与都是等边三角形，，，则此“刍甍”的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别计算出每个面积，相加得到答案.详解】故答案选A【点睛】本题考查了图像的表面积，意在考查学生的计算能力.12.定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围.【详解】如图所示：在中，利用正弦定理：当时，有最小值为当时，有最大值为（不能取等号）的取值范围是故答案选D【点睛】本题考查了利用正余弦定理计算长度范围，将表示为的函数是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题 90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卷的相应位置.13.已知直线：与直线：平行，则______.【答案】4【解析】【分析】利用直线平行公式得到答案.【详解】直线：与直线：平行故答案为4【点睛】本题考查了直线平行的性质，属于基础题型.14.如图，为了测量树木的高度，在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，若米，则树高为______米.【答案】【解析】【分析】先计算，再计算【详解】在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为则在中，故答案为【点睛】本题考查了三角函数的应用，也可以用正余弦定理解答.15.在某校举行的歌手大赛中，7位评委为某同学打出的分数如茎叶图所示，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的方差为______.【答案】2【解析】【分析】去掉分数后剩余数据为22,23,24,25,26，先计算平均值，再计算方差.【详解】去掉分数后剩余数据为22,23,24,25,26平均值为：方差为：故答案为2【点睛】本题考查了方差的计算，意在考查学生的计算能力.16.已知三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于，则其外接球的体积为______.【答案】【解析】【分析】先判断球心在上，再利用勾股定理得到半径，最后计算体积.【详解】三棱锥底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于为中点，为外心，连接，平面球心在上设半径为故答案为【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或演算步骤.17.在中，已知点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为.（1）求直线的方程；（2）求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先计算，过点，得到答案.（2）联立直线方程：解得答案.【详解】解：（1）由边上的高所在直线方程为得，则.又∵，∴直线的方程为，即（或）.（2）因为边上的中线过点，则联立直线方程：.解得：，即点坐标为.【点睛】本题考查了直线方程，意在考查学生的计算能力. 18.在四棱锥中，四边形是正方形，平面，且，点为线段的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）证明得到平面.（2）先证明就是三棱锥的高，再利用体积公式得到三棱锥的体积.【详解】（1）证明：连结交于，连结.∵四边形是正方形，在中，为中点，又∵为中点∴.又∵平面，平面.∴平面.（2）解：取中点，连结.则且.∵平面，∴平面，∴就是三棱锥的高.在正方形中，.∴.【点睛】本题考查了线面平行，三棱锥体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19.在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.（1）求角；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接利用余弦定理得到答案.（2）根据面积公式得到，利用余弦定理得到，计算得到答案.详解】解：（1）由得.∴.又∵，∴.（2）∵，∴，则.把代入得即.∴，则.∴的周长为.【点睛】本题考查了余弦定理，面积公式，周长，意在考查学生对于公式的灵活运用.20.据某市供电公司数据，2019年1月份市新能源汽车充电量约270万度，同比2018年增长，为了增强新能源汽车的推广运用，政府加大了充电桩等基础设施的投入.现为了了解该城市充电桩等基础设施的使用情况，随机选取了200个驾驶新能源汽车的司机进行问卷调查，根据其满意度评分值（百分制）按照，，…，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值并估计样本数据的中位数；（2）已知满意度评分值在内的男女司机人数比为，从中随机抽取2人进行座谈，求2人均为女司机的概率.【答案】（1），中位数的估计值为75（2）【解析】【分析】（1）根据频率和为1计算，再判断中位数落在第三组内，再计算中位数.（2）该组男司机3人，女司机2人.记男司机为：，，，女司机为：，.排列出所有可能，计算满足条件的个数，相除得到答案.【详解】解：（1）根据频率和为1得.则.第一组和第二组的频率和为，则中位数落在第三组内.由于第三组的频率为0.4，所以中位数的估计值为75.（2）设事件：随机抽取2人进行座谈，2人均为女司机.的人数为人.∴该组男司机3人，女司机2人.记男司机为：，，，女司机为：，.5人抽取2人进行座谈有：，，，，，，，，，共10个基本事件.其中2人均为女司机的基本事件为.∴.∴随机抽取2人进行座谈，2人均为女司机的概率是.【点睛】本题考查了中位数和概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.21.如图1，在中，，，，分别是，，中点，，.现将沿折起，如图2所示，使二面角为，是的中点.（1）求证：面面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）证明面得到面面.（2）先判断为直线与平面所成的角，再计算其正弦值.【详解】（1）证明：法一：由已知得：且，，∴面.∵，∴面.∵面，∴，又∵，∴，∵，，∴面.面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.法二：同法一得面.又∵，面，面，∴面.同理面，，面，面.∴面面.∴面，面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.（2）由（1）知面，∴为直线在平面上的射影.∴为直线与平面所成的角，∵且，∴二面角的平面角是.∵，∴，∴.又∵面，∴.在中，.在中，.∴在中，.【点睛】本题考查了面面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.22.已知过点且斜率为的直线与圆：交于，两点.（1）求斜率的取值范围；（2）为坐标原点，求证：直线与的斜率之和为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离小于半径得到答案.（2）联立直线与圆方程：.韦达定理得计算，化简得到答案.【详解】解：（1）直线的方程为：即.由得圆心，半径.直线与圆相交得，即.解得.所以斜率的取值范围为.（2）联立直线与圆方程：.消去整理得.设，，根据韦达定理得.则.∴直线与的斜率之和为定值1.【点睛】本题考查了斜率的取值范围，圆锥曲线的定值问题，意在考查学生的计算能力.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：1. 本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.2. 答题前，考生务必将自己的校名、姓名、准考证号填写在答题卷的相应位置上.3. 全部答案在答题卷完成，答在本卷上无效.第Ⅰ卷（选择题 60分）一、选择题：本大题共12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.请把答案填在答题卷的相应位置.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】得到倾斜角为.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了直线的倾斜角，属于简单题.2.某部门为了了解用电量（单位：度）与气温（单位：）之间的关系，随机统计了某3天的用电量与当天气温如表所示.由表中数据得回归直线方程，则（）摄氏温度4（）A. 12.6B. 13.2C. 11.8D. 12.8【答案】A【解析】【分析】计算数据中心点，代入回归方程得到答案.【详解】，，中心点为代入回归方程故答案选A【点睛】本题考查了回归方程，掌握回归方程过中心点是解题的关键.3.若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（）A. 相交B. 平行C. 异面D. 相交或异面【解析】【分析】当时与相交，当时与异面.【详解】当时与相交，当时与异面.故答案为D【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型.4.在中，角、、所对的边分别为、、，若，则是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得到答案.【详解】故答案B【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.5.圆被轴所截得的弦长为（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】先计算圆心到轴的距离，再利用勾股定理得到弦长.【详解】，圆心为圆心到轴的距离弦长故答案选C【点睛】本题考查了圆的弦长公式，意在考查学生的计算能力.6.在中，角、、所对的边分别为、、，，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.7.在正方体中，直线与直线所成角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直线与直线所成角为，为等边三角形，得到答案.【详解】如图所示：连接易知：直线与直线所成角为为等边三角形，夹角为故答案选B【点睛】本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力.8.圆与圆的位置关系是（）A. 相离B. 相交C. 相切D. 内含【答案】B【解析】【分析】计算圆心距，判断与半径和差的关系得到位置关系.【详解】圆心距相交故答案选B【点睛】本题考查了两圆的位置关系，判断圆心距与半径和差的关系是解题的关键.9.2021年某省新高考将实行“”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式.某同学已选了物理，记事件：“他选择政治和地理”，事件：“他选择化学和地理”，则事件与事件（）A. 是互斥事件，不是对立事件B. 是对立事件，不是互斥事件C. 既是互斥事件，也是对立事件D. 既不是互斥事件也不是对立事件【答案】A【解析】【分析】事件与事件不能同时发生，是互斥事件，他还可以选择化学和政治，不是对立事件，得到答案.【详解】事件与事件不能同时发生，是互斥事件他还可以选择化学和政治，不是对立事件故答案选A【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解.10.过点且与圆相切的直线方程为（）A. B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】分别考虑斜率存在和不存在两种情况得到答案.【详解】如图所示：当斜率不存在时：当斜率存在时：设故答案选C【点睛】本题考查了圆的切线问题，忽略掉斜率不存在是容易发生的错误.11.我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个刍甍.四边形为矩形，与都是等边三角形，，，则此“刍甍”的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别计算出每个面积，相加得到答案.详解】故答案选A【点睛】本题考查了图像的表面积，意在考查学生的计算能力.12.定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围.【详解】如图所示：在中，利用正弦定理：当时，有最小值为当时，有最大值为（不能取等号）的取值范围是故答案选D【点睛】本题考查了利用正余弦定理计算长度范围，将表示为的函数是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题 90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卷的相应位置.13.已知直线：与直线：平行，则______.【答案】4【解析】【分析】利用直线平行公式得到答案.【详解】直线：与直线：平行故答案为4【点睛】本题考查了直线平行的性质，属于基础题型.14.如图，为了测量树木的高度，在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，若米，则树高为______米.【答案】【解析】【分析】先计算，再计算【详解】在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为则在中，故答案为【点睛】本题考查了三角函数的应用，也可以用正余弦定理解答.15.在某校举行的歌手大赛中，7位评委为某同学打出的分数如茎叶图所示，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的方差为______.【答案】2【解析】【分析】去掉分数后剩余数据为22,23,24,25,26，先计算平均值，再计算方差.【详解】去掉分数后剩余数据为22,23,24,25,26平均值为：方差为：故答案为2【点睛】本题考查了方差的计算，意在考查学生的计算能力.16.已知三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于，则其外接球的体积为______.【答案】【解析】【分析】先判断球心在上，再利用勾股定理得到半径，最后计算体积.【详解】三棱锥底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于为中点，为外心，连接，平面球心在上设半径为故答案为【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或演算步骤.17.在中，已知点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为.（1）求直线的方程；（2）求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先计算，过点，得到答案.（2）联立直线方程：解得答案.【详解】解：（1）由边上的高所在直线方程为得，则.又∵，∴直线的方程为，即（或）.（2）因为边上的中线过点，则联立直线方程：.解得：，即点坐标为.【点睛】本题考查了直线方程，意在考查学生的计算能力.18.在四棱锥中，四边形是正方形，平面，且，点为线段的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）证明得到平面.（2）先证明就是三棱锥的高，再利用体积公式得到三棱锥的体积.【详解】（1）证明：连结交于，连结.∵四边形是正方形，在中，为中点，又∵为中点∴.又∵平面，平面.∴平面.（2）解：取中点，连结.则且.∵平面，∴平面，∴就是三棱锥的高.在正方形中，.∴.【点睛】本题考查了线面平行，三棱锥体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19.在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.（1）求角；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接利用余弦定理得到答案.（2）根据面积公式得到，利用余弦定理得到，计算得到答案.详解】解：（1）由得.∴.又∵，∴.（2）∵，∴，则.把代入得即.∴，则.∴的周长为.【点睛】本题考查了余弦定理，面积公式，周长，意在考查学生对于公式的灵活运用.20.据某市供电公司数据，2019年1月份市新能源汽车充电量约270万度，同比2018年增长，为了增强新能源汽车的推广运用，政府加大了充电桩等基础设施的投入.现为了了解该城市充电桩等基础设施的使用情况，随机选取了200个驾驶新能源汽车的司机进行问卷调查，根据其满意度评分值（百分制）按照，，…，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值并估计样本数据的中位数；（2）已知满意度评分值在内的男女司机人数比为，从中随机抽取2人进行座谈，求2人均为女司机的概率.【答案】（1），中位数的估计值为75（2）【解析】【分析】（1）根据频率和为1计算，再判断中位数落在第三组内，再计算中位数.（2）该组男司机3人，女司机2人.记男司机为：，，，女司机为：，.排列出所有可能，计算满足条件的个数，相除得到答案.【详解】解：（1）根据频率和为1得.则.第一组和第二组的频率和为，则中位数落在第三组内.由于第三组的频率为0.4，所以中位数的估计值为75.（2）设事件：随机抽取2人进行座谈，2人均为女司机.的人数为人.∴该组男司机3人，女司机2人.记男司机为：，，，女司机为：，.5人抽取2人进行座谈有：，，，，，，，，，共10个基本事件.其中2人均为女司机的基本事件为.∴.∴随机抽取2人进行座谈，2人均为女司机的概率是.【点睛】本题考查了中位数和概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.21.如图1，在中，，，，分别是，，中点，，.现将沿折起，如图2所示，使二面角为，是的中点.（1）求证：面面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）证明面得到面面.（2）先判断为直线与平面所成的角，再计算其正弦值.【详解】（1）证明：法一：由已知得：且，，∴面.∵，∴面.∵面，∴，又∵，∴，∵，，∴面.面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.法二：同法一得面.又∵，面，面，∴面.同理面，，面，面.∴面面.∴面，面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.（2）由（1）知面，∴为直线在平面上的射影.∴为直线与平面所成的角，∵且，∴二面角的平面角是.∵，∴，∴.又∵面，∴.在中，.在中，.∴在中，.【点睛】本题考查了面面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.22.已知过点且斜率为的直线与圆：交于，两点.（1）求斜率的取值范围；（2）为坐标原点，求证：直线与的斜率之和为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离小于半径得到答案.（2）联立直线与圆方程：.韦达定理得计算，化简得到答案.【详解】解：（1）直线的方程为：即.由得圆心，半径.直线与圆相交得，即.解得.所以斜率的取值范围为.（2）联立直线与圆方程：.消去整理得.设，，根据韦达定理得.则.∴直线与的斜率之和为定值1.【点睛】本题考查了斜率的取值范围，圆锥曲线的定值问题，意在考查学生的计算能力.。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_19
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）1.l：的斜率为A. ﹣2B. 2C.D.【答案】B【解析】【分析】先化成直线的斜截式方程即得直线的斜率.【详解】由题得直线的方程为y=2x,所以直线斜率为2.故选：B【点睛】本题主要考查直线斜率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.△ABC中，若A＋C＝3B，则cosB的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出B，再求cosB.【详解】由题得,所以.故选：D【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.l：与两坐标轴所围成的三角形的面积为A. 6B. 1C.D. 3【答案】D【解析】【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再求三角形的面积得解.【详解】当x=0时，y=2,当y=0时，x=3,所以三角形的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查直线与坐标轴的交点的坐标的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.区间[0，5]上任意取一个实数x，则满足x[0，1]概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用几何概型求解即可.【详解】由几何概型的概率公式得满足x[0，1]的概率为.故选：A【点睛】本题主要考查几何概型的概率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.组数据，，…，的平均值为3，则，，…，的平均值为A. 3B. 6C. 5D. 2【答案】B【解析】【分析】直接利用平均数的公式求解.【详解】由题得，所以，，…，的平均值为.故选：B【点睛】本题主要考查平均数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.三条线段的长分别为5，6，8，则用这三条线段A. 能组成直角三角形B. 能组成锐角三角形C. 能组成钝角三角形D. 不能组成三角形【答案】C【解析】分析】先求最大角的余弦，再得到三角形是钝角三角形.【详解】设最大角为，所以，所以三角形是钝角三角形.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.一个正四棱锥的底面边长为2，高为，则该正四棱锥的全面积为A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】先求侧面三角形的斜高，再求该正四棱锥的全面积.【详解】由题得侧面三角形的斜高为，所以该四棱锥的全面积为.故选：B【点睛】本题主要考查几何体的边长的计算和全面积的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出直线经过的定点，再求出弦AB最短时直线l的方程.【详解】由题得，所以直线l过定点P.当CP⊥l时，弦AB最短.由题得,所以.所以直线l的方程为.故选：A【点睛】本题主要考查直线过定点问题，考查直线方程的求法，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.9.直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1A. 1B.C.D. 0【答案】D【解析】【分析】先找到直线异面直线AB1与MN所成角为∠,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】由题得,所以∠就是异面直线AB1与MN所成角或补角.由题得,,因为,所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.直角坐标系xOy中，已知点P(2﹣t，2t﹣2)，点Q(﹣2，1)，直线l：．若对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，则点Q关于直线l对称点Q′的坐标为A. (0，2)B. (2，3)C. (，)D. (，3)【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹和直线l的方程，再求点Q关于直线l对称点Q′的坐标.【详解】设点P(x,y),所以所以点P的轨迹方程为2x+y-2=0.对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，所以直线l的方程为2x+y=0.设点点Q关于直线l对称点Q′的坐标为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法，考查点线点对称问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共计36分．不11.，，若，则实数的值为_______．【答案】1【解析】【分析】由题得，解方程即得的值.【详解】由题得，解之得=1.当=1时两直线平行.故答案为：112.高一、高二、高三三个年级共有学生1500人，其中高一共有学生600人，现用分层抽样的方法抽取30人作为样本，则应抽取高一学生数为_______．【答案】12【解析】【分析】由题得高一学生数为，计算即得解.【详解】由题得高一学生数为.故答案为：12【点睛】本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知ABC中，A，，则= ．【答案】2【解析】试题分析：由正弦定理得==考点：本题考查了正弦定理的运用点评：熟练运用正弦定理及变形是解决此类问题的关键，属基础题14.一个长方体的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体积为______.【答案】.【解析】【分析】利用三个面的面积构造出方程组，三式相乘即可求得三条棱的乘积，从而求得体积.【详解】设长方体中同顶点的三条棱的长分别为则可设：，三式相乘可知本题正确结果：【点睛】本题考查长方体体积的求解问题，属于基础题.15.圆上总存在两点到坐标原点的距离为1，则实数a的取值范围是_______.【答案】【解析】因为圆（x-a）2+（y-a）2=8和圆x2+y2=1相交，两圆圆心距大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，可知结论为16.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosB＝5bcosA，asinA﹣bsinB＝2sinC，则边c的值为_______．【答案】3【解析】【分析】由acosB＝5bcosA得，由asinA﹣bsinB＝2sinC得，解方程得解.【详解】由acosB＝5bcosA得.由asinA﹣bsinB＝2sinC得，所以.故答案：3【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题（本大题共5小题，共计74分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知三点A(5，0)，B(﹣3，﹣2)，C(0，2)．（1）求直线AB的方程；（2）求BC的中点到直线AB的距离．【答案】(1)x-4y-5=0；（2）.【解析】【分析】(1)利用直线的点斜式方程求直线AB的方程；（2）利用点到直线的距离求BC的中点到直线AB的距离．【详解】（1）由题得,所以直线AB的方程为.(2)由题得BC的中点为，所以BC中点到直线AB的距离为.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查点到直线的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.如图，在△ABC中，B＝30°，D是BC边上一点，AD＝，CD＝7，AC＝5．（1）求∠ADC的大小；（2）求AB的长．【答案】（1）【解析】【分析】(1)利用余弦定理求∠ADC大小；（2）利用正弦定理求AB的长．【详解】（1）由余弦定理得.（2）由题得∠ADB=由正弦定理得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19.甲乙两名篮球运动员分别在各自不同的5场比赛所得篮板球数的茎叶图如图所示，已知两名运动员在各自5场比赛所得平均篮板球数均为10．（1）求x，y的值；（2）求甲乙所得篮板球数的方差和，并指出哪位运动员篮板球水平更稳定；（3）教练员要对甲乙两名运动员篮板球的整体水平进行评估．现在甲乙各自的5场比赛中各选一场进行评估，则两名运动员所得篮板球之和小于18的概率．【答案】（1）x=2,y=9;(2)，乙更稳定；（3）.【解析】【分析】(1)利用平均数求出x,y的值；（2）求出甲乙所得篮板球数的方差和，判断哪位运动员篮板球水平更稳定；（3）利用古典概型的概率求两名运动员所得篮板球之和小于18的概率．【详解】（1）由题得，.(2)由题得，.因为，所以乙运动员的水平更稳定.(3)由题得所有的基本事件有（8,8），（8,9），（8,10），（8,11），（8,12），（7,8），（7,9），（7,10），（7,11），（7,12），（10,8），（10,9），（10,10），（10,11），（10,12），（12，8），（12,9），（12,10），（12,11），（12,12），（13,8），（13,9），（13,10），（13,11），（13,12）.共25个.两名运动员所得篮板球之和小于18的基本事件有（8,8），（8,9），（7,8），（7,9），（7,10），共5个,由古典概型的概率公式得两名运动员所得篮板球之和小于18的概率为.【点睛】本题主要考查平均数的计算和方差的计算，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.如图，在三棱锥P—ABC中，△PBC为等边三角形，点为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．（1）求直线PB和平面ABC所成的角的大小；（2）求证：平面PAC⊥平面PBC；（3）已知E为的中点，F是AB上的点，AF＝AB．若EF∥平面PAC，求的值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）先找到直线PB与平面ABC所成的角为,再求其大小；（2）先证明,再证明平面PAC⊥平面PBC；（3）取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,再求出的值.【详解】（1）因为平面PBC⊥平面ABC，PO⊥BC,平面PBC∩平面ABC=BC,,所以PO⊥平面ABC,所以直线PB与平面ABC所成的角为,因为，所以直线PB与平面ABC所成的角为. (2)因为PO⊥平面ABC,所以,因为AC⊥PB，,所以AC⊥平面PBC,因为平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC(3)取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,由题得EG||PC,所以EG||平面APC,因为FG||AC，所以FG||平面PAC,EG,FG平面EFO,EG∩FG=G,所以平面EFO||平面PAC,因为EF平面EFO,所以EF||平面PAC.此时AF=.【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查线面角的求法，考查空间几何中的探究性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21.如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴的正半轴相交于A，B两点（A在B的上方），且AB＝3．（1）求圆C的方程；（2）直线BT上是否存在点P满足PA2＋PB2＋PT2＝12，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如果圆C上存在E，F两点，使得射线AB平分∠EAF，求证：直线EF的斜率为定值．【答案】（1）；（2）点P坐标为.（3）见解析.【解析】【分析】（1）求出圆C的半径为，即得圆C的方程；（2）先求出直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),根据PA2＋PB2＋PT2＝12 求出点P的坐标；（3）由题得,即EF⊥BC,再求EF的斜率.【详解】（1）由题得，所以圆C的半径为.所以圆C的方程为.(2)在中，令x=0,则y=1或y=4.所以A(0,4),B(0,1).所以直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),因为PA2＋PB2＋PT2＝12，所以,由题得因为,所以方程无解.所以不存在这样的点P.(3)由题得,所以，所以.所以直线EF的斜率为定值．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，考查圆中的定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）1.l：的斜率为A. ﹣2B. 2C.D.【答案】B【解析】【分析】先化成直线的斜截式方程即得直线的斜率.【详解】由题得直线的方程为y=2x,所以直线斜率为2.故选：B【点睛】本题主要考查直线斜率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.△ABC中，若A＋C＝3B，则cosB的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出B，再求cosB.【详解】由题得,所以.故选：D【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.l：与两坐标轴所围成的三角形的面积为A. 6B. 1C.D. 3【答案】D【解析】【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再求三角形的面积得解.【详解】当x=0时，y=2,当y=0时，x=3,所以三角形的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查直线与坐标轴的交点的坐标的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.区间[0，5]上任意取一个实数x，则满足x[0，1]概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用几何概型求解即可.【详解】由几何概型的概率公式得满足x[0，1]的概率为.故选：A【点睛】本题主要考查几何概型的概率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.组数据，，…，的平均值为3，则，，…，的平均值为A. 3B. 6C. 5D. 2【答案】B【解析】【分析】直接利用平均数的公式求解.【详解】由题得，所以，，…，的平均值为.故选：B【点睛】本题主要考查平均数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.三条线段的长分别为5，6，8，则用这三条线段A. 能组成直角三角形B. 能组成锐角三角形C. 能组成钝角三角形D. 不能组成三角形【答案】C【解析】分析】先求最大角的余弦，再得到三角形是钝角三角形.【详解】设最大角为，所以，所以三角形是钝角三角形.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.一个正四棱锥的底面边长为2，高为，则该正四棱锥的全面积为A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】先求侧面三角形的斜高，再求该正四棱锥的全面积.【详解】由题得侧面三角形的斜高为，所以该四棱锥的全面积为.故选：B【点睛】本题主要考查几何体的边长的计算和全面积的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出直线经过的定点，再求出弦AB最短时直线l的方程.【详解】由题得，所以直线l过定点P.当CP⊥l时，弦AB最短.由题得,所以.所以直线l的方程为.故选：A【点睛】本题主要考查直线过定点问题，考查直线方程的求法，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.9.直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与MN所成角的余弦值为A. 1B.C.D. 0【答案】D【解析】【分析】先找到直线异面直线AB1与MN所成角为∠,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】由题得,所以∠就是异面直线AB1与MN所成角或补角.由题得,,因为,所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.直角坐标系xOy中，已知点P(2﹣t，2t﹣2)，点Q(﹣2，1)，直线l：．若对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，则点Q关于直线l对称点Q′的坐标为A. (0，2)B. (2，3)C. (，)D. (，3)【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹和直线l的方程，再求点Q关于直线l对称点Q′的坐标.【详解】设点P(x,y),所以所以点P的轨迹方程为2x+y-2=0.对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，所以直线l的方程为2x+y=0.设点点Q关于直线l对称点Q′的坐标为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法，考查点线点对称问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共计36分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上．）11.，，若，则实数的值为_______．【答案】1【解析】【分析】由题得，解方程即得的值.【详解】由题得，解之得=1.当=1时两直线平行.故答案为：112.高一、高二、高三三个年级共有学生1500人，其中高一共有学生600人，现用分层抽样的方法抽取30人作为样本，则应抽取高一学生数为_______．【答案】12【解析】【分析】由题得高一学生数为，计算即得解.【详解】由题得高一学生数为.故答案为：12【点睛】本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知ABC中，A，，则= ．【答案】2【解析】试题分析：由正弦定理得==考点：本题考查了正弦定理的运用点评：熟练运用正弦定理及变形是解决此类问题的关键，属基础题14.一个长方体的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体积为______.【答案】.【解析】【分析】利用三个面的面积构造出方程组，三式相乘即可求得三条棱的乘积，从而求得体积.【详解】设长方体中同顶点的三条棱的长分别为则可设：，三式相乘可知长方体的体积：本题正确结果：【点睛】本题考查长方体体积的求解问题，属于基础题.15.圆上总存在两点到坐标原点的距离为1，则实数a的取值范围是_______.【答案】【解析】因为圆（x-a）2+（y-a）2=8和圆x2+y2=1相交，两圆圆心距大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，可知结论为16.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosB＝5bcosA，asinA﹣bsinB＝2sinC，则边c的值为_______．【答案】3【解析】【分析】由acosB＝5bcosA得，由asinA﹣bsinB＝2sinC得，解方程得解.【详解】由acosB＝5bcosA得.由asinA﹣bsinB＝2sinC得，所以.故答案：3【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题（本大题共5小题，共计74分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知三点A(5，0)，B(﹣3，﹣2)，C(0，2)．（1）求直线AB的方程；（2）求BC的中点到直线AB的距离．【答案】(1)x-4y-5=0；（2）.【解析】【分析】(1)利用直线的点斜式方程求直线AB的方程；（2）利用点到直线的距离求BC的中点到直线AB的距离．【详解】（1）由题得,所以直线AB的方程为.(2)由题得BC的中点为，所以BC中点到直线AB的距离为.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查点到直线的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.如图，在△ABC中，B＝30°，D是BC边上一点，AD＝，CD＝7，AC＝5．（1）求∠ADC的大小；（2）求AB的长．【答案】（1）【解析】【分析】(1)利用余弦定理求∠ADC大小；（2）利用正弦定理求AB的长．【详解】（1）由余弦定理得.（2）由题得∠ADB=由正弦定理得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19.甲乙两名篮球运动员分别在各自不同的5场比赛所得篮板球数的茎叶图如图所示，已知两名运动员在各自5场比赛所得平均篮板球数均为10．（1）求x，y的值；（2）求甲乙所得篮板球数的方差和，并指出哪位运动员篮板球水平更稳定；（3）教练员要对甲乙两名运动员篮板球的整体水平进行评估．现在甲乙各自的5场比赛中各选一场进行评估，则两名运动员所得篮板球之和小于18的概率．【答案】（1）x=2,y=9;(2)，乙更稳定；（3）.【解析】【分析】(1)利用平均数求出x,y的值；（2）求出甲乙所得篮板球数的方差和，判断哪位运动员篮板球水平更稳定；（3）利用古典概型的概率求两名运动员所得篮板球之和小于18的概率．【详解】（1）由题得，.(2)由题得，.因为，所以乙运动员的水平更稳定.(3)由题得所有的基本事件有（8,8），（8,9），（8,10），（8,11），（8,12），（7,8），（7,9），（7,10），（7,11），（7,12），（10,8），（10,9），（10,10），（10,11），（10,12），（12，8），（12,9），（12,10），（12,11），（12,12），（13,8），（13,9），（13,10），（13,11），（13,12）.共25个.两名运动员所得篮板球之和小于18的基本事件有（8,8），（8,9），（7,8），（7,9），（7,10），共5个,由古典概型的概率公式得两名运动员所得篮板球之和小于18的概率为.【点睛】本题主要考查平均数的计算和方差的计算，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.如图，在三棱锥P—ABC中，△PBC为等边三角形，点为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．（1）求直线PB和平面ABC所成的角的大小；（2）求证：平面PAC⊥平面PBC；（3）已知E为的中点，F是AB上的点，AF＝AB．若EF∥平面PAC，求的值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）先找到直线PB与平面ABC所成的角为,再求其大小；（2）先证明,再证明平面PAC⊥平面PBC；（3）取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,再求出的值.【详解】（1）因为平面PBC⊥平面ABC，PO⊥BC,平面PBC∩平面ABC=BC,,所以PO⊥平面ABC,所以直线PB与平面ABC所成的角为,因为，所以直线PB与平面ABC所成的角为.(2)因为PO⊥平面ABC,所以,因为AC⊥PB，,所以AC⊥平面PBC,因为平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC(3)取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,由题得EG||PC,所以EG||平面APC,因为FG||AC，所以FG||平面PAC,EG,FG平面EFO,EG∩FG=G,所以平面EFO||平面PAC,因为EF平面EFO,所以EF||平面PAC.此时AF=.【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查线面角的求法，考查空间几何中的探究性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21.如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴的正半轴相交于A，B两点（A在B的上方），且AB＝3．（1）求圆C的方程；（2）直线BT上是否存在点P满足PA2＋PB2＋PT2＝12，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如果圆C上存在E，F两点，使得射线AB平分∠EAF，求证：直线EF的斜率为定值．【答案】（1）；（2）点P坐标为.（3）见解析.【解析】【分析】（1）求出圆C的半径为，即得圆C的方程；（2）先求出直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),根据PA2＋PB2＋PT2＝12 求出点P的坐标；（3）由题得,即EF⊥BC,再求EF的斜率.【详解】（1）由题得，所以圆C的半径为.所以圆C的方程为.(2)在中，令x=0,则y=1或y=4.所以A(0,4),B(0,1).所以直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),因为PA2＋PB2＋PT2＝12，所以,由题得因为,所以方程无解.所以不存在这样的点P.(3)由题得,所以，所以.所以直线EF的斜率为定值．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，考查圆中的定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_10
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：人教A版必修1、必修2、必修3、必修4。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用交集运算得到答案.【详解】因为，所以.故答案选B【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.2.已知，，则（）A. 2B.C. 4D.【答案】C【解析】【分析】先求出坐标，再利用向量的模的公式求解.【详解】由题得=（0,4）所以．故选：C【点睛】本题主要考查向量的坐标的求法和向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.某校高一年级有男生540人，女生360人，用分层抽样的方法从高一年级的学生中随机抽取25名学生进行问卷调查，则应抽取的女生人数为A. 5B. 10C. 4D. 20【答案】B【解析】【分析】直接利用分层抽样按照比例抽取得到答案.【详解】设应抽取的女生人数为，则，解得.故答案选B【点睛】本题考查了分层抽样，属于简单题.4.已知圆经过点，且圆心为，则圆的方程为A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算圆半径，然后得到圆方程.【详解】因为圆经过，且圆心为所以圆的半径为，则圆的方程为.故答案选D【点睛】本题考查了圆方程，先计算半径是解题的关键.5.已知向量（2，0），||＝1，1，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用向量夹角公式得到答案.【详解】解：向量（2，0），||＝1，•1，可得cos，则与b的夹角为：．故选：A．【点睛】本题考查向量的数量积的应用，向量的夹角的求法，是基本知识的考查．6.某市在“一带一路”国际合作高峰论坛前夕，在全市高中学生中进行“我和‘一带一路’”的学习征文，收到的稿件经分类统计，得到如图所示的扇形统计图．又已知全市高一年级共交稿2000份，则高三年级的交稿数为（）A. 2800B. 3000C. 3200D. 3400【答案】D【解析】【分析】先求出总的稿件的数量，再求出高三年级交稿数占总交稿数的比例，再求高三年级的交稿数.【详解】高一年级交稿2000份，在总交稿数中占比，所以总交稿数为，高二年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数为．故选：D【点睛】本题主要考查扇形统计图的有关计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7.直线：与圆的位置关系为（）A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心坐标和半径，然后运用点到直线距离求出的值和半径进行比较，判定出直线与圆的关系.【详解】因为圆，所以圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相交.故选【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，运用点到直线的距离公式求出和半径比较，得到直线与圆的位置关系.8.已知之间的一组数据如下：15则线性回归方程所表示的直线必经过点A. （8，10）B. （8，11）C. （7，10）D. （7，11）【答案】D【解析】【分析】先计算的平均值，得到数据中心点，得到答案【详解】，线性回归方程所表示直线经必经过点，即（7，11）.故答案选D【点睛】本题考查了回归方程，回归方程一定过数据中心点.9.已知圆柱的轴截面为正方形，且该圆柱的侧面积为，则该圆柱的体积为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆柱的底面半径，该圆柱的高为，利用侧面积得到半径，再计算体积.【详解】设圆柱的底面半径.因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为因为该圆柱的侧面积为，所以，解得，故该圆柱的体积为.故答案选C【点睛】本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A. 图像的对称中心是B. 在定义域内是增函数C. 是奇函数D. 图像的对称轴是【答案】A【解析】【分析】根据正切函数的图象与性质逐一判断即可．【详解】．，由得，，的对称中心为，，故正确；．在定义域内不是增函数，故错误；．为非奇非偶函数，故错误；．的图象不是轴对称图形，故错误．故选：．【点睛】本题考查了正切函数的图象与性质，考查了整体思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属基础题．11.甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：7，7，8，8，10；乙：8，9，9，9，10．若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用表示，方差分别用表示，则A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分别计算平均值和方差，比较得到答案.详解】由题意可得，，.故.故答案选D【点睛】本题考查了数据的平均值和方差的计算，意在考查学生的计算能力.12.已知函数，若在区间内没有零点，则取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题得，再由题分析得到，解不等式分析即得解.【详解】因为，，所以．因为在区间内没有零点，所以，，解得，．因为，所以．因为，所以或．当时，；当时，．故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的零点问题和三角函数的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于中档题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.直线与的交点坐标为________.【答案】【解析】【分析】直接联立方程得到答案.【详解】联立方程解得即两直线的交点坐标为.故答案为【点睛】本题考查了两直线的交点，属于简单题.14.已知向量，若，则________.【答案】【解析】【分析】直接利用向量平行性质得到答案.【详解】，若故答案为【点睛】本题考查了向量平行的性质，属于简单题.15.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则________.【答案】【解析】【分析】根据奇偶性，先计算，再计算【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.因为当时，所以.故答案为【点睛】本题考查了奇函数的性质，属于常考题型.16.在矩形中，，现将矩形沿对角线折起，则所得三棱锥外接球的体积是________.【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，三棱锥外接球的半径再计算体积.【详解】如图，取的中点，连接.由题意可得，则所得三棱锥外接球的半径，其体积为.故答案为【点睛】本题考查了三棱锥的外切球体积，计算是解题的关键.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．（1）化简；（2）若，且，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简即得；（2）利用同角的平方关系求出的值，即得解.【详解】解：（1）．（2）因为，且，所以，所以．【点睛】本题主要考查诱导公式和同角的三角函数求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.18.某销售公司拟招聘一名产品推销员，有如下两种工资方案：方案一：每月底薪2000元，每销售一件产品提成15元；方案二：每月底薪3500元，月销售量不超过300件，没有提成，超过300件的部分每件提成30元．（1）分别写出两种方案中推销员的月工资（单位：元）与月销售产品件数的函数关系式；（2）从该销售公司随机选取一名推销员，对他（或她）过去两年的销售情况进行统计，得到如下统计表：月销售产品件数30 0把频率视为概率，分别求两种方案推销员的月工资超过11090元的概率．【答案】（1）；（2）方案一概率为,方案二概率为.【解析】【分析】（1）利用一次函数和分段函数分别表示方案一、方案二的月工资与的关系式；（2）分别计算方案一、方案二的推销员的月工资超过11090元的概率值．【详解】解：（1）方案一：，；方案二：月工资为,所以.（2）方案一中推销员的月工资超过11090元，则，解得，所以方案一中推销员的月工资超过11090元的概率为；方案二中推销员的月工资超过11090元，则，解得，所以方案二中推销员的月工资超过11090元的概率为．【点睛】本题考查了分段函数与应用问题，也考查了利用频率估计概率的应用问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题．19.已知函数，且．（1）求的值；（2）求的最小正周期及单调递增区间．【答案】（1）；（2）最小正周期为,单调递增区间为，.【解析】【分析】（1）因为，所以，化简解方程即得．（2）由（1）可得求出函数的最小正周期，再利用复合函数和三角函数的图像和性质求函数的单调递增区间得解.【详解】解：（1）因为，所以，所以，即，解得．（2）由（1）可得，则的最小正周期为．令，，解得，，故的单调递增区间为，．【点睛】本题主要考查三角恒等变换和三角求值，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.20.某校200名学生的数学期中考试成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是，，，，.（1）求图中的值；（2）根据频率分布直方图，估计这200名学生的平均分；（3）若这200名学生数学成绩中，某些分数段的人数与英语成绩相应分数段的人数之比如下表所示，求英语成绩在的人数.1:2【答案】（1）（2）分（3）140人【解析】【分析】（1）在频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，由此可得；（2）频率分布直方图中每一个小矩形的面积乘以底边中点的横坐标之和即为平均数，即为估计平均数；（3）求出这200名学生的数学成绩在，，的人数，然后计算出各分数段的英语人数即可．【详解】（1）由，解得.（2）频率分布直方图中每一个小矩形的面积乘以底边中点的横坐标之和即为平均数，即估计平均数为.（3）由频率分布直方图可求出这200名学生的数学成绩在，，的分别有60人，40人，10人，按照表中给的比例，则英语成绩在，，的分别有50人，80人，10人，所以英语成绩在的有140人.【点睛】本题考查频率分布直方图，解题时注意频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，估值时常用小矩形底边中点横坐标作为此矩形的估值进行计算.21.如图，已知四棱锥的侧棱底面，且底面是直角梯形，，，，，，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见证明；（2）4【解析】【分析】（1）取的三等分点，使，证四边形为平行四边形，运用线面平行判定定理证明.（2）三棱锥的体积可以用求出结果.【详解】（1）证明：取的三等分点，使，连接，.因为，，所以，.因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，，所以的面积为，因为底面，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.因为，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、三棱锥体积的计算，在证明线面平行时需要构造平行四边形来证明，三棱锥的体积计算可以选用割、补等方法.22.已知向量，，函数．（1）若，求的取值集合；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）由题化简得．再解方程即得解；（2）由题得在上恒成立，再求不等式右边函数的最小值即得解.【详解】解：（1）因为，，所以．因为，所以．解得或．故的取值集合为．（2）由（1）可知，所以在上恒成立．因为，所以，所以在上恒成立.设，则．所以．因为，所以，所以．故的取值范围为．【点睛】本题主要考查三角恒等变换和解三角方程，考查三角函数最值的求法和恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。
山西高一下学期期末考试数学(理)试卷
2018～2019学年第二学期高一年级期末考试数 学 理 科一、选择题（共12个小题，每小题只有一个选项正确，每小题5分，共60分）1、各项均为正数的等差数列{}n a 中，268722a a a +=，则7a =（ ）A ．2B ．4C ．16D ．02、已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =（ ）A ．．7 C ．6 D ．3、在ABC ∆中，o60A =，a =b =B 等于 ( )A. o 45B.o 135C. o 45或o 135D. 以上答案都不对 4、已知点A （1，3），B （4，﹣1），则与向量的方向相反的单位向量是（ ）A ．（﹣，）B ．（﹣，）C ．（，﹣）D ．（，﹣） 5、在数列{}n a 中，已知11a 1,21n n a a +==+则其通项公式为n a ＝（ ）A ．21n -B ．-121n -C ．2n －1D ．2（n －1） 6、已知向量(3,2)a =-，(,1)b x y =-且a ∥b ，若,x y 均为正数，则32x y+的最小值是（ ）A ．24B ．8C ．83D ．537、若a ,b 为实数,且2a b +=,则33ab +的最小值为( )A. 18B. 6C.8、已知,αβ均为锐角，（ ）9、数列{a n }满足a 1=2，，则a 2016=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ． 10、数列{}n a 是等差数列，若11011-<a a ，且它的前n S n 项和有最大值，那么取得当n S 最小正值时，n 值等于 （ ） A ．11 B ．17 C ．19 D ．2111、设数列{}n a 的通项公式为2n a n bn =+，若数列{}n a 是单调递增数列，则实数b 的取值范围为（ ）A ．[)1,+∞B ．[)2,-+∞C ．()3,-+∞D ．9,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12、若两个正实数,x y 满足，且不等式2x y m m +<-有解，则实数m 的取值范围是（ ） A. ()1,2- B.C. ()(),12,-∞-⋃+∞D. ()(),14,-∞-⋃+∞分，合计20分） 13的图象，只需把函数sin 2y x =的图象上所有的点向左平移 个单位长度.14、在△ABC ABC 的形状一定是15、设y x ,为实数，若5422=++xy y x 则y x +2的最大值是 16、已知，则使f （x ）﹣e x ﹣m≤0恒成立的m 的范围是 ．三、解答题（共6个大题，其中17题10分，其余每个题目12分） 17、已知集合2{|680}A x x x =-+<，()(){|30}B x x a x a =--<.（1）若A B B ⋃=，求实数a 的取值范围； （2）若{|34}A B x x ⋂=<<，求实数a 的值.18、已知锐角ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,（1）求角C 的大小；（2）求函数sin sin A B +的值域.19、已知等差数列{}n a 的公差为2，且1a ，12a a +，()142a a +成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2的前n 项和为n s ，求证：6n s <．20、为了调查高一新生中女生的体重情况，校卫生室随机选20名女生作为样本，测量她们的体重(单位：kg)，获得的所有数据按照区间[]40,45，(]45,50，(]50,55，(]55,60进行分组，得到频率分布直方图如图所示，已知样本中体重在区间(]45,50上的女生数与体重在区间(]50,60上的女生数之比为4:3.(1)求,a b 的值；(2)从样本中体重在区间(]50,60上的女生中随机抽取两人，求体重在区间(]55,60上的女生至少有一人被抽中的概率.21、若数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n n S a n =+.(1)求证：数列{}1n a -是等比数列； (2)设()2log 1n n b a =-，求数列的前n 项和n T 22、记n S 为差数列{}n a 的前n 项和，已知，21224a a +=.11121S =(1)求{}n a 的通项公式； (2)，12......n n T b b b =+++，若240n T m -≥对一切*n N ∈成立，求实数m 的最大值.2018～2019学年第二学期高一年级期末考试数 学 理 科（答案）一、选择题1-5：BAAAA 6-10：BBADC 11-12：CC 二、填空题13 14：等腰或直角三角形； 15：22； 16：[2，+∞） 17：解：，（1），，时，，2{34a a ≤∴≥，计算得出时，，显然A ？B;时，，显然不符合条件，时，（2）要满足，由(1)知，且时成立．此时，，故所求的a 值为3.18：解：（1，利用正弦定理可得2sin cos sin cos sin cos A C B C C B -=， 可化为()2sin cos sin A C sin C B A =+=，1sin 0,2A ≠0,2C π⎛∈ ⎝（2，2A B +=，3,y ⎛∴∈19：解：（1）数列{}n a 为等差数列，所以：2112a a d a =+=+，41136a a d a =+=+，1a ，因为12a a +，()142a a +成等比数列，所以：()()2121142a a a a a +=+，解得：11a =，所以：12121n a n n =+-=-（）.（2）①-②，由于1n ≥，所以：6S <n .20：解：(1)样本中体重在区间(]45,50上的女生有520100a a ⨯⨯=(人)， 样本中体重在区间(]50,60上的女生有()()0.025201000.02b b +⨯⨯=+(人)，根据频率分布直方图可知()0.020.0651b a +++⨯=，② 解①②得0.08a =，0.04b =.(2)样本中体重在区间(]50,55上的女生有0.045204⨯⨯=人，分别记为1234,,,A A A A ， 体重在区间(]55,60上的女生有0.025202⨯⨯=人，分别记为12,B B ， 从这6名女生中随机抽取两人共有15种情况：()12,A A ，()13,A A ，()14,A A ，()11,A B ，()12,A B ，()23,A A ,()24,A A ，()21,A B ， ()22,A B ，()34,A A ，()31,A B ，()32,A B ，()41,A B ()42,A B ，()12,B B .其中体重在(]55,60上的女生至少有一人被抽中共有9种情况：()11,A B ，()12,A B ，()21,A B ，()22,A B ，()31,A B ，()32,A B ，()41,A B ()42,A B ，()12,B B .记“从样本中体重在区间(]50,60上的女生中随机抽取两人，体重在区间(]55,60上的女生至少有一人被抽中”为事件M ，则21：解：（1）当1n =时，11121a S a ==+，计算得出11a =，当1n >时，根据题意得，()1121n n S a n --=+-，所以()()111221221n n n n n n S S a n a n a a ---⎡⎤-=+-+-=-+⎣⎦，即121n n a a -=-()1121n n a a -∴-=-，即，∴数列{}1n a -是首项为-2，公比为2的等比数列（2）由（1）知，()11222n n n a --=-⋅=-，12n n a ∴=-，22：解：(1)∵等差数列{}n a 中，21224a a +=，11121S =.∴76224{11121a a ==，解得7612{11a a ==.7612111d a a ∴=-=-=，()*665,n a a n d n n N ∴=+-=+∈.(2)n n b a +=1116T n =-+++-+ {}n T ∴是递增数列，1 *240,n T m n N -≥∈对一切成立，∴实数m 的最大值为。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)_1
2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两个部分，满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的相关信息填写在答题卡相应的位置上.2、作答时，需将答案书写在答题卡上，写在试卷、草稿纸上均无效.3、考试结束后请将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别化简集合与集合，再求交集，即可得出结果.【详解】因为，，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于常考题型.2.在等差数列中，，，则＝（）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据等差中项性质求得，进而得到；利用求得结果.【详解】由题意知：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列性质和通项公式的应用，属于基础题.3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体底面为直角三角形的三棱锥，且侧棱垂直于底面，求出它的体积即可．【详解】由三视图可知，该三棱锥如下图所示P－ABC，体积V＝故选B【点睛】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与计算能力，是基础题目．4.若，，，则实数，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出a,b,c的范围，再比较大小即得解.【详解】由题得，，所以a>b>c.故选A【点睛】本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.函数的零点所在的区间是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的性质可得而且，利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上单调递增且连续，而，，即，所以，函数的零点所在的区间是，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于中档题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.6.要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C 向左平移个单位 D. 向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】利用左加右减的平移原则可对ABCD四个选项逐一排查，如A选项中=2x，即可得到答案．【详解】=cos2x．=cos（2x-）；=-cos2x；=cos（2x+）；可排除A、B、C；故选D．【点睛】本题考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，关键是掌握左加右减的平移原则及平移单位，属于中档题．7.长方体中的8个顶点都在同一球面上，，，，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用长方体的体对角线为其外接球的直径计算即可得到答案.【详解】由已知，，所以长方体的外接球半径，故外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，考查学生的空间想象能力、数学运算能力，是一道容易题.8.如图所示，已知，，，，则下列等式中成立的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】根据向量减法运算，将向量和转化为以为起点向量，可得答案.【详解】因为，所以，所以，即.故选：A.【点睛】本题考查了向量减法运算，属于基础题.9.若，且，则的最小值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】分析】由展开，再利用基本不等式即可求得最小值.【详解】因为，所以.因为，所以，.所以，当且仅当，即时等号成立.所以，即的最小值为.【点睛】本题考查由基本不等式求最值,考查了1的妙用，属于基础题.10.若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（）A. 或B. 或C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得出，由此求出的取值范围.【详解】解：显然a=0，不等式不恒成立，所以不等式对一切实数都成立，则，即，解得，所以实数的取值范围是.故选C.【点睛】本题主要考查了利用判别式解决一元二次不等式恒成立问题，是基础题.11.在中，已知，如果有两组解，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】已知，若有两组解，则，可解得的取值范围.【详解】由已知可得，则，解得.故选A.【点睛】本题考查已知两边及其中一边的对角，用正弦定理解三角形时解的个数的判断.若中，已知且为锐角，若，则无解；若或，则有一解；若，则有两解.12.函数在上是减函数，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，此分段函数是一个减函数，故一次函数系数为负，且在分段点处，函数值应是右侧小于等于左侧，由此得相关不等式，即可求解【详解】解：依题意，，解得，故选B．【点睛】本题考查函数单调性的性质，熟知一些基本函数的单调性是正确解对本题的关键，本题中有一易错点，忘记验证分段点处函数值的大小验证，做题时要注意考虑完全．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填写在相应的横线上）13.已知实数，满足约束条件，求目标函数的最小值__________.【答案】-1【解析】【分析】首先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各交点的坐标，即可求出目标函数的最小值．【详解】由实数，满足约束条件可得如图可行域：得到可行域为，点，，，由图可得目标函数过可行域内的点时的值最小，所以目标函数的最小值为-1．【点睛】本题主要考查线性规划问题，借助于平面区域特征，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想，属于基础题．14.已知向量与的夹角为，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量模的运算可得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，向量与的夹角为，，则，所以.【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量模的运算，以及向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15.直线与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是 _____________．【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长，结合弦长的范围，即可求出的范围.【详解】因为圆：，直线：，而，则，解得：，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题，以及圆的性质，属于基础题.16.定义在R上的奇函数满足，且在区间上，则函数的零点的个数为___．【答案】5【解析】【分析】由图分析画出与在同一个坐标系的图像，即可求解【详解】由题知函数的周期为4，又函数为奇函数，∴，即故f(x)关于（2,0）中心对称，又g(x)=为偶函数，则画出f(x)与g(x)在同一个坐标系的图像如图所示：故交点有5个故答案为5【点睛】本题考查函数与方程，明确函数f(x)的周期性奇偶性，准确画出图像是关键，是基础题三、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分，解答应写出证明过程或演算步骤）17.已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．(1)求的通项公式;(2)设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先设的公差为，由，，成等比数列，求出，再由，求出首项和公差，即可得出结果；(2)根据（1）的结果，得到，用裂项相消法，即可得出结果.【详解】解：（1）设的公差为，因为，，成等比数列，可得，，，所以，又解得，，（2）【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式、以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式、以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.18.已知函数的部分图象如图所示.求函数的解析式，并求出的单调递增区间：求出在上的值域.【答案】；递增区间为；.【解析】【分析】由函数图象得到半周期，进一步求得周期，再利用周期公式求的值，再由，结合的范围求得的值，进而求出函数解析式，进而得到函数的单调递增区间；根据的取值范围算出角的范围，进而求出值域即可.【详解】解：设函数的周期为，由图可知，，即，，上式中代入，有，得，.即，.又，，令，解得即的递增区间为.，，.的值域为【点睛】本题考查由的部分图象确定解析式，考查正弦型函数的递增区间的求法和值域的求法，属于中档题. 19.在中，角，，的对边分别为，，，已知．（1）求的值；（2）若，的面积为，求，的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）正弦定理边化角，整理化简得到的值.（2）根据面积公式得到的关系，由余弦定理得到的关系，解出和的值.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，又因所以，化简可得，即，所以，所以．（2）因为的面积为，所以，即，又，所以由余弦定理得，所以，结合.可得．【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.20.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=2，DC=3，平面PDC⊥平面ABCD，E在棱PC上且PE=2EC．()证明：BE∥平面PAD；(1)若ΔPDC是正三角形，求三棱锥P-DBE的体积．【答案】(1) 见证明；(2)【解析】【分析】(1) 作EF∥DC交PD于点F，连接AF，利用PE=2EC可得FE=2，再利用AB∥DC即可证得四边形ABEF为平行四边形，问题得证．(2)利用平面PDC⊥平面ABCD及AD⊥DC即可证得：AD⊥平面PDC，利用体积转化可得：，再利用锥体体积计算公式即可得解．【详解】(1)证明：作EF∥DC交PD于点F，连接AF，因为E在棱PC上且PE=2EC，所以FE=DC=2，又因为AB∥DC，AB=2，所以AB∥FE，且AB=FE，所以四边形ABEF为平行四边形，从而有AF∥BE又因为BE平面PAD，AF平面PAD，所以BE∥平面PAD(2)因为平面PDC⊥平面ABCD，且交线为DC，AD⊥DC，AD 平面ABCD所以AD⊥平面PDC.因为PE=2EC所以即三棱锥P-DBE的体积为．【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，还考查了面面垂直的性质，考查转化能力及锥体体积计算公式，属于中档题．21.已知函数是奇函数，且当时，，（1）求函数的表达式（2）求不等式的解集【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出函数x＜0的解析式，即得解；（2）分三种情况解不等式最后综合得解.【详解】解：（1）根据题意，函数是奇函数，则，当时，，则，又由函数为奇函数，则，则，（2）根据题意，，当时，，此时即，解可得，此时不等式的解集为，当时，，成立；此时不等式的解集为，当时，，此时即，解可得，此时不等式的解集为，综合可得：不等式的解集或．【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，考查分类讨论解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，.（I）判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.（Ⅱ）若，求直线的方程.【答案】（I）见解析.（Ⅱ）或.【解析】【分析】（I）当直线的斜率不存在时可得定值，当直线的斜率存在时，设直线方程，将直线方程与圆的方程联立，写出韦达定理，利用向量的数量积的坐标运算进行计算即可得到定值；（Ⅱ）利用（I）的韦达定理进行数量积的坐标运算，可得方程.【详解】（I）当直线与轴垂直时（斜率不存在），，的坐标分别为，，此时.当直线与轴不垂直时，设的斜率为，直线的方程为.设，，联立消去得，则有，，.又，，所以.综上，为定值5.（Ⅱ）.所以直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查韦达定理，数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两个部分，满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的相关信息填写在答题卡相应的位置上.2、作答时，需将答案书写在答题卡上，写在试卷、草稿纸上均无效.3、考试结束后请将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别化简集合与集合，再求交集，即可得出结果.【详解】因为，，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于常考题型.2.在等差数列中，，，则＝（）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据等差中项性质求得，进而得到；利用求得结果.【详解】由题意知：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列性质和通项公式的应用，属于基础题.3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体底面为直角三角形的三棱锥，且侧棱垂直于底面，求出它的体积即可．【详解】由三视图可知，该三棱锥如下图所示P－ABC，体积V＝故选B【点睛】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与计算能力，是基础题目．4.若，，，则实数，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出a,b,c的范围，再比较大小即得解.【详解】由题得，，所以a>b>c.故选A【点睛】本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.函数的零点所在的区间是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的性质可得而且，利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上单调递增且连续，而，，即，所以，函数的零点所在的区间是，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于中档题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.6.要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C 向左平移个单位 D. 向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】利用左加右减的平移原则可对ABCD四个选项逐一排查，如A选项中=2x，即可得到答案．【详解】=cos2x．=cos（2x-）；=-cos2x；=cos（2x+）；可排除A、B、C；故选D．【点睛】本题考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，关键是掌握左加右减的平移原则及平移单位，属于中档题．7.长方体中的8个顶点都在同一球面上，，，，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用长方体的体对角线为其外接球的直径计算即可得到答案.【详解】由已知，，所以长方体的外接球半径，故外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，考查学生的空间想象能力、数学运算能力，是一道容易题.8.如图所示，已知，，，，则下列等式中成立的是（）A. B. C. D.分析】根据向量减法运算，将向量和转化为以为起点向量，可得答案.【详解】因为，所以，所以，即.故选：A.【点睛】本题考查了向量减法运算，属于基础题.9.若，且，则的最小值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】分析】由展开，再利用基本不等式即可求得最小值.【详解】因为，所以.因为，所以，.所以，当且仅当，即时等号成立.所以，即的最小值为.【点睛】本题考查由基本不等式求最值,考查了1的妙用，属于基础题.10.若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（）A. 或B. 或C. D.【分析】根据题意得出，由此求出的取值范围.【详解】解：显然a=0，不等式不恒成立，所以不等式对一切实数都成立，则，即，解得，所以实数的取值范围是.故选C.【点睛】本题主要考查了利用判别式解决一元二次不等式恒成立问题，是基础题.11.在中，已知，如果有两组解，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】已知，若有两组解，则，可解得的取值范围.【详解】由已知可得，则，解得.故选A.【点睛】本题考查已知两边及其中一边的对角，用正弦定理解三角形时解的个数的判断.若中，已知且为锐角，若，则无解；若或，则有一解；若，则有两解.12.函数在上是减函数，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，此分段函数是一个减函数，故一次函数系数为负，且在分段点处，函数值应是右侧小于等于左侧，由此得相关不等式，即可求解【详解】解：依题意，，解得，故选B．【点睛】本题考查函数单调性的性质，熟知一些基本函数的单调性是正确解对本题的关键，本题中有一易错点，忘记验证分段点处函数值的大小验证，做题时要注意考虑完全．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填写在相应的横线上）13.已知实数，满足约束条件，求目标函数的最小值__________.【答案】-1【解析】【分析】首先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各交点的坐标，即可求出目标函数的最小值．【详解】由实数，满足约束条件可得如图可行域：得到可行域为，点，，，由图可得目标函数过可行域内的点时的值最小，所以目标函数的最小值为-1．【点睛】本题主要考查线性规划问题，借助于平面区域特征，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想，属于基础题．14.已知向量与的夹角为，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量模的运算可得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，向量与的夹角为，，则，所以.【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量模的运算，以及向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15.直线与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是 _____________．【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长，结合弦长的范围，即可求出的范围.【详解】因为圆：，直线：，而，则，解得：，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题，以及圆的性质，属于基础题.16.定义在R上的奇函数满足，且在区间上，则函数的零点的个数为___．【答案】5【解析】【分析】由图分析画出与在同一个坐标系的图像，即可求解【详解】由题知函数的周期为4，又函数为奇函数，∴，即故f(x)关于（2,0）中心对称，又g(x)=为偶函数，则画出f(x)与g(x)在同一个坐标系的图像如图所示：故交点有5个故答案为5【点睛】本题考查函数与方程，明确函数f(x)的周期性奇偶性，准确画出图像是关键，是基础题三、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分，解答应写出证明过程或演算步骤）17.已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．(1)求的通项公式;(2)设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先设的公差为，由，，成等比数列，求出，再由，求出首项和公差，即可得出结果；(2)根据（1）的结果，得到，用裂项相消法，即可得出结果.【详解】解：（1）设的公差为，因为，，成等比数列，可得，，，所以，又解得，，（2）【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式、以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式、以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.18.已知函数的部分图象如图所示.求函数的解析式，并求出的单调递增区间：求出在上的值域.【答案】；递增区间为；.【解析】【分析】由函数图象得到半周期，进一步求得周期，再利用周期公式求的值，再由，结合的范围求得的值，进而求出函数解析式，进而得到函数的单调递增区间；根据的取值范围算出角的范围，进而求出值域即可.【详解】解：设函数的周期为，由图可知，，即，，上式中代入，有，得，.即，.又，，令，解得即的递增区间为.，，.的值域为【点睛】本题考查由的部分图象确定解析式，考查正弦型函数的递增区间的求法和值域的求法，属于中档题.19.在中，角，，的对边分别为，，，已知．（1）求的值；（2）若，的面积为，求，的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）正弦定理边化角，整理化简得到的值.（2）根据面积公式得到的关系，由余弦定理得到的关系，解出和的值.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，又因所以，化简可得，即，所以，所以．（2）因为的面积为，所以，即，又，所以由余弦定理得，所以，结合.可得．【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.20.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=2，DC=3，平面PDC⊥平面ABCD，E在棱PC上且PE=2EC．()证明：BE∥平面PAD；(1)若ΔPDC是正三角形，求三棱锥P-DBE的体积．【答案】(1) 见证明；(2)【解析】【分析】(1) 作EF∥DC交PD于点F，连接AF，利用PE=2EC可得FE=2，再利用AB∥DC即可证得四边形ABEF为平行四边形，问题得证．(2)利用平面PDC⊥平面ABCD及AD⊥DC即可证得：AD⊥平面PDC，利用体积转化可得：，再利用锥体体积计算公式即可得解．【详解】(1)证明：作EF∥DC交PD于点F，连接AF，因为E在棱PC上且PE=2EC，所以FE=DC=2，又因为AB∥DC，AB=2，所以AB∥FE，且AB=FE，所以四边形ABEF为平行四边形，从而有AF∥BE又因为BE平面PAD，AF平面PAD，所以BE∥平面PAD(2)因为平面PDC⊥平面ABCD，且交线为DC，AD⊥DC，AD平面ABCD所以AD⊥平面PDC.因为PE=2EC所以即三棱锥P-DBE的体积为．【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，还考查了面面垂直的性质，考查转化能力及锥体体积计算公式，属于中档题．21.已知函数是奇函数，且当时，，（1）求函数的表达式（2）求不等式的解集【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出函数x＜0的解析式，即得解；（2）分三种情况解不等式最后综合得解.【详解】解：（1）根据题意，函数是奇函数，则，当时，，则，又由函数为奇函数，则，则，（2）根据题意，，当时，，此时即，解可得，此时不等式的解集为，当时，，成立；此时不等式的解集为，当时，，此时即，解可得，此时不等式的解集为，综合可得：不等式的解集或．【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，考查分类讨论解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，.（I）判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.（Ⅱ）若，求直线的方程.【答案】（I）见解析.（Ⅱ）或.【解析】【分析】（I）当直线的斜率不存在时可得定值，当直线的斜率存在时，设直线方程，将直线方程与圆的方程联立，写出韦达定理，利用向量的数量积的坐标运算进行计算即可得到定值；（Ⅱ）利用（I）的韦达定理进行数量积的坐标运算，可得方程.【详解】（I）当直线与轴垂直时（斜率不存在），，的坐标分别为，，此时.当直线与轴不垂直时，设的斜率为，直线的方程为.设，，联立消去得，则有，，.又，，所以.综上，为定值5.（Ⅱ）.所以直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查韦达定理，数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题.。
2018-2019学年高一数学下学期期末考试测试试题(含解析)
2018-2019学年高一数学下学期期末考试测试试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页，满分为150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的姓名、考试科目、班级和考生号等信息填写在答题卡上，并用2B 铅笔将考号在答题卡相关的区域内涂黑。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应的答案符号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡答卷交给监考老师。
第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，四个选项中，只有一项符合要求）1.直线的倾斜角的大小为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】由直线方程可知直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，又，所以，故选．2.下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是（）A. ①③B. ①④C. ②③D. ①②【答案】B【解析】试题分析：：∵两个变量的散点图，若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系，∴两个变量具有线性相关关系的图是①和④．考点：变量间的相关关系3.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和图2所示．为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取4%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为( )A. 400，40B. 200，10C. 400，80D. 200，20【答案】A【解析】【分析】由扇形图能得到总数，利用抽样比较能求出样本容量；由分层抽样和条形图能求出抽取的高中生近视人数.【详解】用分层抽样的方法抽取的学生进行调查，样本容量为：，抽取的高中生近视人数为：，故选A.【点睛】该题考查的是有关概率统计的问题，涉及到的知识点有扇形图与条形图的应用，以及分层抽样的性质，注意对基础知识的灵活应用，属于简单题目.4.直线与直线平行，则=（）A. B. C. －7 D. 5【答案】D【解析】【分析】由两直线平行的条件计算．【详解】由题意，解得．故选D．【点睛】本题考查两直线平行的条件，直线与平行的条件是：在均不为零时，，若中有0，则条件可表示为．5.若圆和圆相切，则等于( )A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】根据的圆标准方程求得两圆的圆心与半径，再根据两圆内切、外切的条件,分别求得的值并验证即可得结果.【详解】圆的圆心，半径为5；圆的圆心，半径为r.若它们相内切，则圆心距等于半径之差，即＝|r－5|，求得r＝18或－8，不满足5<r<10.若它们相外切，则圆心距等于半径之和，即＝|r＋5|，求得r＝8或－18(舍去)，故选C．【点睛】本题主要考查圆的方程以及圆与圆的位置关系，属于基础题. 两圆半径为，两圆心间的距离为，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.6.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=A. B. C. 2 D. 3【答案】D【解析】试题分析：由余弦定理得，解得（舍去），选D.【考点】余弦定理【名师点睛】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！7.中，角所对的边分别为，若，则为( )A. 直角三角形B. 钝角三角形C. 锐角三角形D. 等边三角形【答案】B【解析】【分析】由已知结合正弦定理可得sinC＜sinBcosA利用三角形的内角和及诱导公式可得，sin（A+B）＜sinBcosA整理可得sinAcosB+sinBcosA＜0从而有sinAcosB＜0结合三角形的性质可求.【详解】∵A是△ABC的一个内角，0＜A＜π，∴sinA＞0．∵＜cosA，由正弦定理可得，sinC＜sinBcosA∴sin（A+B）＜sinBcosA∴sinAcosB+sinBcosA＜sinBcosA∴sinAcosB＜0 又sinA＞0∴cosB＜0 即B为钝角故选：B．8.甲、乙两名运动员，在某项测试中的8次成绩如茎叶图所示，分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的平均数，，分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的标准差，则有（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据茎叶图看出两组数据，先求出两组数据的平均数，再求出两组数据的方差，比较两组数据的方差的大小就可以得到两组数据的标准差的大小．【详解】由茎叶图可看出甲的平均数是，乙的平均数是，两组数据的平均数相等．甲的方差是乙的方差是甲的标准差小于乙的标准差，故选：B．【点睛】本题考查两组数据平均数和方差的意义，是一个基础题，解题时注意平均数是反映数据的平均水平，而标准差反映波动的大小，波动越小数据越稳定．9.对于平面、、和直线、、、,下列命题中真命题是( )A. 若,则B. 若,则C. 若则D. 若,则【答案】C【解析】试题分析：对于平面、、和直线、,真命题是“若，，，则”.考点：考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.10.圆柱形容器内盛有高度为6 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球，如图所示.则球的半径是( )A. 1 cmB. 2 cmC. 3 cmD. 4 cm【答案】C【解析】【分析】设出球的半径，根据题意得三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，结合体积公式求解即可．【详解】设球半径为，则由，可得，解得，故选C.【点睛】本题主要考查了几何体的体积公式的应用，考查学生空间想象能力以及计算能力，是基础题．11.已知PA，PB是圆C:的两条切线(A，B是切点)，其中P是直线上的动点，那么四边形PACB的面积的最小值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】配方得圆心坐标，圆的半径为1，由切线性质知，而的最小值为C点到的距离，由此可得结论．【详解】由题意圆的标准方程为，∴圆心为，半径为．又，到直线的距离为，∴．故选C．【点睛】本题考查圆切线的性质，考查面积的最小值，解题关键是把四边形面积用表示出来，而的最小值为圆心到直线的距离，从而易得解．12.我国古代数学名著九章算术中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥现有一如图所示的堑堵，，，当堑堵的外接球的体积为时，则阳马体积的最大值为A. 2B. 4C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知求出三棱柱外接球的半径，得到，进一步求得AB，再由棱锥体积公式结合基本不等式求最值．【详解】解：堑堵的外接球的体积为，其外接球的半径，即，又，．则．．即阳马体积的最大值为．故选：D．【点睛】本题考查多面体的体积、均值定理等基础知识，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0,1表示没有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为_______．【答案】0.75【解析】【分析】根据随机模拟的方法，先找到20组数据中至少含有2,3,4,5,6,7,8,9中的3个数字的组数，然后根据古典概型求出概率．【详解】由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示射击4次击中3次的有：7527,0293,9857,0347,4373,8636,6947,4698,6233,2616,8045 ,3661,9597,7424,4281，共15组随机数，所以所求概率为.【点睛】本题考查随机模拟的应用，考查理解能力和运用能力，解题时读懂题意是解题的关键，然后在此基础上确定基本事件总数和所求概率的事件包含的基本事件的个数，再根据古典概型的概率公式求解．14.若某圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则这个圆锥的侧面积是__________．【答案】【解析】【分析】由轴截面面积求得轴截面边长，从而得圆锥的底面半径和母线长．【详解】设轴截面等边三角形边长为，则，，∴．故答案为．【点睛】本题考查圆锥的侧面积，掌握侧面积计算公式是解题基础．15.已知直线与圆相交于A、B两点，则∠AOB大小为________．【答案】60°【解析】【分析】由垂径定理求得相交弦长，然后在等腰三角形中求解．【详解】圆心到直线的距离为，圆心半径为，∴，∴为等边三角形，．【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题．求直线与圆相交弦长一般用垂径定理求解，即求出弦心距，则有．16.在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的大小为___________．【答案】45°【解析】【分析】先确定直线PA与平面ABCD所成的角，然后作两异面直线PA和BE所成的角，最后求解．【详解】∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴就是直线PA 与平面ABCD所成的角，即＝60°，∴是等边三角形，AC＝PA＝2，设BD与AC交于点O，连接OE，则OE是的中位线，即，且，∴是异面直线PA与BE所成的角，正四棱锥P－ABCD中易证平面PAC，∴，中，，∴是等腰直角三角形，∴＝45°．∴异面直线PA与BE所成的角是45°．故答案为45°．【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查直线与平面所成的角，考查正四棱锥的性质．要注意在求空间角时，必须作出其“平面角”并证明，然后再计算．三、解答题：17.已知的三个顶点为，为的中点.求：(1)所在直线的方程；(2)边上中线所在直线的方程；(3)边上的垂直平分线的方程．【答案】（1）x+2y-4=0．（2）2x-3y+6=0．（3）y=2x+2．【解析】试题分析：（1）直线方程的两点式求出所在直线的方程；（2）先求BC的中点D坐标为（0,2），由直线方程的截距式求出AD所在直线方程；（3）求出直线)BC的斜率，由两直线垂直的条件求出直线DE的斜率，再由截距式求出DE的方程。
山西省祁县中学高一数学下学期期末考试试题
高一年级第二学期期末考试数学试卷第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本题共12小题；每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中有且只有一个选项符合题目要求。
）1.不等式260x y -+>表示的平面区域在直线260x y -+=的 （ ） A . 右下方 B . 右上方 C . 左上方 D .左下方2.如果0<<b a ，那么下面不等式一定成立的是 （ ）A ．0>-b aB ．bc ac <C ．ba 11< D ．22b a >3.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且336,0S a ==，则公差d 等于（ ） A ．1-B ．1C ．2-D ．24. 数列1，3，6，10，…的一个通项公式是（ ） A ．a n =n 2-(n-1) B ．a n =n 2-1 C ．a n =2)1(+n n D ．a n =2)1(-n n 5.下列结论正确的是 （ ） A ．当0>x 且1≠x 时，2lg 1lg ≥+xx B ．222≥+-x x C ．当2≥x 时，x x 1+的最小值2 D ．当0>x 时，2sin 1sin ≥+xx 6. 在△ABC 中，a=3,b=5,sinA=13,则sinB=（ ）A.15 B.59C.53D.17. 如果a 、x 1、x 2、b 成等差数列，a 、y 1、y 2、b 成等比数列，那么1212x x y y +等于（ ） A a bab+ B b a ab - C ab a b + D a ba b+- 8.在ABC ∆中，c ,b ,a 是角A ，B ，C 的对边，若c ,b ,a 成等比数列，045=A ，则=cBsin b （ ） A ．21 B ．23 C ．22 D ．439.已知ABC ∆的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为23，则这个三角形的周长是 （ ） A ．9B ．12C ．15D ．1810. 若数列{a n }中,a 1=3,a n +a n-1=4(n≥2),则a 2015的值为（ ） A.1B.2C.3D.411. 设α∈（0，2π），β∈（0，2π），那么2α－3β的范围是（ ）A.（0，6π5）B.（－6π，6π5）C.（0，π）D.（－6π，π）12. 函数f(x)=a x-1+3(a>0,且a ≠1)的图象过一个定点P,且点P 在直线mx+ny-1=0(m>0,n>0)上,则错误!未找到引用源。
山西省晋中市祁县第二中学2019_2020学年高一数学下学期期末考试试题含解析
一、选择题〔此题共12小题，每一小题5分，共60分，在每一小题给出的四个选项中只有一项为哪一项符合题目要求的〕
1. ，如此如下不等式成立的是〔 〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
转化条件得 ，举出反例可判断A、C、D，由不等式的性质可判断B，即可得解.
〔Ⅱ〕求数列 的前 项和 .
【答案】〔Ⅰ〕 .〔Ⅱ〕
【解析】
【分析】
〔Ⅰ〕利用等比中项与等差数列通项公式可得根本量，从而得到数列 的通项公式；
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可得 ，利用分组求和得到数列 的前 项和 .
【详解】〔Ⅰ〕设等差数列 的公差为 .
因为 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，整理得 ①.
又因为 ②.
A. 5米B. 10米
C. 15米D. 20米
【答案】B
【解析】
【分析】
设出塔高为h，画出几何图形，根据直角三角形的边角关系和余弦定理，即可求出h的值．
【详解】如下列图：
设塔高为AB＝h，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
如此BC＝AB＝h；
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，如此BD h；
在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝10，
(2)由题 的根即为a,b,故a+b=-3,ab=m>0，故a,b同负，
如此 = 当且仅当 等号成立
【点睛】此题考查了“三个二次〞之间的关系、一元二次不等式的解法，考查根本不等式求最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20. 设公差不为零的等差数列 满足 ，且 ， ， 成等比数列.
〔Ⅰ〕求数列 的通项公式；
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2018-2019高一第二学期数学期末测试题
考试时间：120分钟满分：150分
学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1.在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝135°，则△ABC的面积等于( )
A. B. C.3 D.
2.在△ABC中,若sinA>sinB,则A与B的大小关系为( )
A.A>B
B.A<B
C.A≥B
D.A,B的大小关系不能确定
3.已知等差数列{a n}的通项公式a n＝3－2n，则它的公差为( )
A.2
B.3
C.－2
D.－3
4.若变量x，y满足约束条件则z＝2x+3y的最小值为( )．
A.17
B.14
C.5
D.3
5.已知某等差数列共有20项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )
A.1
B.
C.2
D.
6.设{a n}是由正数组成的等比数列，且a5a6＝81，那么log3a1＋log3a2＋…＋
log
3a
10
的值是（）.
A.30
B.20
C.10
D.5
7.一个等比数列的前7项和为48，前14项和为60，则前21项和为（）.
A.180
B.108
C.75
D.63
8.若x＜a＜0，则一定成立的不等式是（）.
A.x2＜ax＜0
B.x2＞ax＞a2
C.x2＜a2＜0
D.x2＞a2＞ax
9.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cos C＋c cos B＝a sin A，则△ABC 的形状为()
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定
10.已知0＜x ＜1，则x (3－3x )取最大值时x 的值为( ) A. B.
C.
D.
11.如图，一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P 的南偏西75°距塔68海里的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这艘船航行的速度为( )
A.海里/时
B.
海里/时 C.海里/
时 D.
海里/时
12.若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ,T n ，已知=,则等
于( ) A.7 B.
C.
D.
二、填空题(共20分）
13.在△ABC 中，若sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶7∶8，则角B 的大小是__________．
14.等比数列{a n }中a n ＞0，且a 5a 6＝9，则log 3a 2＋log 3a 9＝_______________. 15.已知关于x 的不等式(a 2－4)x 2＋(a ＋2)x －1≥0的解集是空集，则实数a 的取值范围是_____________.
16.在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝________．
三解答题（70分）
17．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin B ＋b cos A ＝0.
(1)求角A 的大小；
(2)若a ＝25，b ＝2，求△ABC 的面积S .
18.（12分）(1)已知x,y均为正数,且+=1,求x+y的最小值.
(2)已知a>3,求+a的最小值.
19．已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{a n}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
20.（12分）在等比数列{a n}中，a1＝2，a4＝16.
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）令b n＝，n∈N*，求数列{b n}的前n项和S n.
21.（12分）某工厂修建一个长方体形无盖蓄水池,其容积为4 800立方米,深度为3米,池底每平方米的造价为150元,池壁每平方米的造价为120元.设池底长方形长为x米.
(1)求底面积并用含x的表达式表示池壁面积S;
(2)怎样设计水池能使总造价最低?最低造价是多少?
22.（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
.
（1）求角A的大小；
（2）若a＝，求△ABC面积的最大值．
参考答案
一、选择题AACCBBDBBAAD
二、填空题 13. 14.2 15.－2≤a ＜ 16.99.
三、解答题
17.解：(1)因为a sin B ＋b cos A ＝0，所以sin A sin B ＋sin B cos A ＝0，
即sin B (sin A ＋cos A )＝0，
由于B 为三角形的内角，所以sin A ＋cos A ＝0，
所以2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝0，而A 为三角形的内角，所以A ＝3π4. (2)在△ABC 中，a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ， 即20＝c 2＋4－4c ⎝
⎛⎭
⎫
－
22，解得c ＝－42(舍去)或c ＝22， 所以S ＝12bc sin A ＝12×2×22×2
2
＝2.
18.答案：（1）(x +y )min =16.（2）+a 的最小值是7.
19解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10.解得d ＝2.所
以a n ＝2n －1.
(2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2b 4＝a 5，所以b 1qb 1q 3＝9.解得q 2＝3.
所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1
＝3n
－12
.
20.解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ， 依题意，得
解得q ＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2×2n －1＝2n .
（2）由（1），得log
2a
n
＝n，log2a n+1＝n+1，
∴b n＝.
∴S n＝b1+b2+…+b n＝….
21.解:(1)设水池的底面积为S1,池壁面积为S,
则有S1==1 600(平方米),则池底长方形宽为米,
所以S=6x+6×=6(x+)(x>0).
(2)设总造价为y,则y=150×1 600+120×6(x+)≥240 000+57 600=297600,当且仅当x=,即x=40时取等号,
即x=40时,总造价最低为297 600元.
22..解析：解：（1）因为，
所以(2c－b)·cos A＝a·cos B．
由正弦定理，得(2sin C－sin B)·cos A＝sin A·cos B，
整理得2sin C·cos A－sin B·cos A＝sin A·cos B．
所以2sin C·cos A＝sin (A+B)＝sin C．
在△ABC中，0＜C＜π，所以sin C≠0.
所以cos A＝，又0＜A＜π，故A＝.
（2）由（1）得A＝，又a＝，则cos A＝，
整理得b2+c2＝bc+20.由基本不等式，得b2+c2≥2bc，
则bc+20≥2bc，所以bc≤20，当且仅当b＝c时等号成立，
故三角形的面积S＝.
所以三角形面积的最大值为.。