四川省成都龙泉驿区度高一数学下学期期末学业质量监测试题理
2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区高一(下)期末数学试卷(理科)
2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区高一（下）期末数学试卷（理科）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，只有一项是最符合题目要求的。
1．（5分）若a＞b＞0，c＜0，则下列结论正确的是（）A．a+c＜b+c B．C．a2＜ab D．2．（5分）cos37°cos23°﹣sin37°sin23°＝（）A．B．C．﹣D．﹣3．（5分）已知向量＝（2，4），＝（﹣1，m），若+与共线，则m＝（）A．2B．﹣1C．﹣2D．﹣44．（5分）一个几何体的三视图如图，则这个几何体的体积是（）A．B．4C．2D．5．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和，若S3＝9，a1＝2，则a5＝（）A．3B．4C．5D．66．（5分）设不同的直线a，b和不同的平面α，β，γ，那么（）A．a∥α，b⊂α，则a∥b B．a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βC．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b D．α∥β，β∥γ，则α∥γ7．（5分）△ABC的三内角ABC的对边分别为a，b，c，且满足a cos B+b cos A＝2c cos C，且sin A＝sin B，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形B．等边三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形8．（5分）若，则sin2θ＝（）A．B．C．D．9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝22，S7＝S16，则S n的最大值为（）A．132.25B．132C．132.5D．13110．（5分）平面内有三个向量，，，其中与为单位向量且夹角为60°，⊥，||＝，若＝λ+μ（λ，μ∈R），则λ+μ＝（）A．﹣1B．﹣2C．1或﹣2D．1或﹣111．（5分）区间（a，b）是关于x的一元二次不等式mx2﹣x+1＜0的解集，则2a+b的最小值为（）A．3+2B．2+2C．6D．3﹣212．（5分）疫情期间，为保障市民安全，要对所有街道进行消毒处理．某消毒装备的设计如图所示，PQ为街道路面，AB为消毒设备的高，BC为喷杆，AB⊥PQ，∠ABC＝，C处是喷洒消毒水的喷头，其喷洒范围为路面AQ，喷射角∠DCE＝．若AB＝3，BC＝6，则消毒水喷洒在路面上的宽度DE的最小值为（）A．B．2C．4D．5二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．（5分）等比数列{a n}中，a1＝1，q＝﹣2，则s5＝．14．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝，则b2+c2﹣bc＝．15．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与﹣3的夹角的余弦值为．16．（5分）《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）在如图所示的堑堵ABC﹣A1B1C1中，BB1＝BC＝AB＝2且有鳖臑C1﹣ABB1和鳖臑C1﹣ABC，现将鳖臑C1﹣ABC沿BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑C1﹣ABC经翻折后与鳖臑C1﹣ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积是．三、解答题：共70分。
2023-2024学年四川省成都市高一下学期期末质量检测数学试题(含解析)
4
C.
5
D. 4 5
B. sin15sin 30sin 75 1 8
C. cos2 15 sin2 15 3 2
D.
tan 48 tan 72 1 tan 48 tan 72
3
【正确答案】D 【分析】利用三角恒等变换的知识进行化简，从而确定正确答案.
【详解】A 选项， cos82sin 52 sin 82cos128
【正确答案】B 【分析】由复数的除法法则求解即可
【详解】
2i 1 2i
2 i1 2i 1 2i1 2i
5i 5
i
，
D. 4 3 i 55
故选：B
2. 化简 PA PB AB 所得的结果是（ ）
A. 2 AB
B. 2BA
C. 0
【正确答案】C
【分析】根据向量加，减法运算，即可化简.
【详解】 PA PB AB PA AB PB PB PB 0 .
D.
tan 48 tan 72 1 tan 48 tan 72
3
5. 在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．已知 a=
2 ，b=
3
，B
π 3
，则角
A
为（
）
3π
A.
4
π
B.
3
π
C.
4
π 3π
D. 或
44
6. “石龙对石虎，金银万万五，谁能识得破，买进成都府”．这个民谣在彭山地区流传了三百多年， 2020 年彭山江口沉银遗址水下考古取得重大突破，出水文物超过 10000 件，实证确认了“张献忠江 口沉银”以及“木鞘藏金” 的传说“木鞘藏金”指的是可视为圆柱的木料内放置了一个可视为球体
2023-2024高一第二学期期末数学质量检测试题参考答案与评分细则
2023-2024 学年度第二学期期末质量检测高一数学参考答案与评分细则一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．题号12345678答案CDACBDDA1．【解析】由题得()()()()231151+12i i i z i i ----==-，所以z 对应的点的坐标是15,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故选C ．2．【解析】零向量的方向是任意的，故A 错误；相等向量要求方向相同且模长相等，共线向量不一定是相等向量，故B 错误；当0λ<，则向量a 与a λ方向相反，故C 错误；对于D ：单位向量的模为1，都相等，故D 正确.3．【解析】因为1238,,,,x x x x 的平均数是10，方差是10，所以123832,32,32,,32x x x x ++++ 的平均数是310232⨯+=，方差是231090⨯=.故选A ．4．【解析】【方法一】向量a 在b方向上的投影向量为()()22cos ,1,04a b b bb a a b b b⋅<>⋅===；【方法二】数形结合，由图易得选项C 正确，故选C.5．【解析】样本中高中生的人数比小学生的人数少20，所以5320543543n n -=++++，解得120n =，故选B ．6．【解析】对于选项A ，易得,αβ相交或平行，故选项A 错误；对于选项B ，,m n 平行或异面，故选项B 错误；对于选项C ，当直线,m n 相交时，//αβ才成立，故选项C 错误；对于选项D ，由线面垂直的性质可知正确，故选D.7．【解析】对于选项A ，因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶，即一次试验，事件A 和事件B 可以都不发生，所以选项A 错误；对于选项B ，因为C D ⋂即两个点数都是偶数，即A 与C D ⋂可以同时发生，所以选项B 错误；对于选项C ，因为331()664P B ⨯==⨯，333()1664P D⨯=-=⨯，又()0P BD =，所以()()()P BD P B P D ≠，故选项C 错误；对于选项D ，因为()1P C D = ，所以C D =Ω ，因为必然事件与任意事件相互独立，所以B 与C D ⋃是相互独立事件，故选D ．8．【解析】因为11AC CB =，AC BC =，取AB 中点D ，则1C DC ∠为二面角1C AB C --的平面角，所以14C DC π∠=．在1Rt C DC ∆中，可得112,CD CC C D ===，又1182V AB CD CC =⋅⋅=，解得4AB =，所以AC ==.由1111A ABC B AA C V V --=得1111133ABC AA C S h S BC ∆∆⋅=⋅，代入数据求解得到点1A 到平面1ABC的距离h =，故选A ．二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．题号题9题10题11全部正确选项ABCBCAD9．【解析】依题意球的表面积为24πR ，圆柱的侧面积为22π24πR R R⨯⨯=，所以AC 选项正确；圆锥的侧面积为2πRR ⨯=，所以B 选项正确；圆锥的表面积为(2222π1π4πR R R R +=<，圆柱的表面积为2224π2π6πR R R +=，所以D 选项错误．故选ABC ．10．【解析】由1i z i +=-得22z =，故选项A 错误；根据复数的运算性质，易知BC 正确；根据22z -≤的几何意义求解，点Z 在以圆心为()2,0，半径为2的圆内及圆周上，所以集合M 所构成区域的面积为4π，所以D 选项错误．故选BC ．11．【解析】对于选项A ，若60A =︒，2a =，则2222cos a b c bc A =+-，即224b c bc bc =+-≥，当且仅当2b c ==时，取等号，所以1sin 2ABC S bc A ==≤△，所以ABC 故选项A正确，B 错误．对于选项C ，要使满足条件的三角形有且只有两个，则sin b A a b <<，因为4a b==，所以4sin A <πsin 0,2A A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以03A π<<.故选项C 错误.对于选项D ，()cos cos a b c A B +=+等价于cos cos a b A B c +=+，即22222222a b b c a a c bc bc ac++-+-=+，对该等式通分得到()()()2222222ab a b a b c a b a c b +=+-++-，即2222322322a b ab ab ac a a b bc b +=+-++-，即3322220a b a b ab ac bc +++--=．这即为()()()()2220a b a ab b ab a b c a b +-+++-+=，由0a b +≠知该等式即为2220a b c +-=．从而条件等价于2220a b c +-=且1c =，从而该三角形内切圆半径)121122ABC ab S ab ab r a b c a b c a b ab ===++++++ 当且仅当2a b ==时等号成立，从而0r <≤2213πππ24S r ⎛⎫-=≤= ⎪ ⎪⎝⎭内切圆．验证知当2a b ==时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是3π4-，所以选项D 正确．故选AD ．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分；其中第14题的第一个空2分，第二个空3分．12．71513．a b <【注：也可以是b a >，0b a ->或a 小于b 】14．2；412．【解析】已知甲、乙两人独立的解同一道题，甲，乙解对题的概率分别是23，35，恰好有1人解对题的概率是22137353515⨯+⨯=.【注：写成有限小数不给分】13．【解析】由平均数在“拖尾”的位置，可知a b <．14．【解析】（1）13E ABC ABC V S EB -∆=⋅，在ABC ∆中，由余弦定理可知，1cos 8BAC ∠=，所以sin 8BAC ∠==，所以113772413282E ABC V -=⨯⨯⨯⨯⨯=.（2）作BH AC ⊥，垂足为H ，作1111B H AC ⊥，垂足为H 1，易证棱1BB 在平面11ACC A 上的射影为1HH ，则点E 在平面11ACC A 上的射影1E 在线段1HH 上，由（1）知，1cos 8BAC ∠=，故128AH AH AB ==，解得14AH =，故BH =，则1EE =，设AF 的中点为1Q ，外接球的球心为Q ，半径为1R ，则1QQ ⊥平面11ACC A ，即11//QQ EE ，在1Rt FQQ中，222211QF R QQ ==+①，又因为222211114QE R QQ Q E ⎛⎫==-+ ⎪ ⎪⎝⎭②，由①②可得211131216QQ Q E =+，所以当11Q E 取最小值时，1QQ 最小，即1R 最小，此时111Q E HH ⊥，因为1Q 是AF 的中点，则1E 是1HH 的中点，则E 是棱1BB 的中点．因为11//AA BB ，所以直线EF 与1BB 所成角即为直线EF 与1AA 所成角．由1111cos 8A CB =∠，再由余弦定理可得1B F 因为11EB =，所以EF =11cos 4E FEB B EF =∠=．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分13分，其中第（1）小问6分，第（2）小问7分。
2023-2024学年四川省成都市高一下学期期末考试数学质量检测模拟试题(含解析)
2023-2024学年四川省成都市高一下学期期末考试数学质量检测模拟试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.复数ii a b z +=a b ∈R 为实数是“0a =”成立的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【正确答案】C【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合复数为实数的条件分析判断【详解】22i i i i i ia b a b z b a ++===-，当复数iia b z +=a b ∈R 为实数时，0a =，当0a =时，(R)z b b =∈为实数，所以复数iia b z +=a b ∈R 为实数是“0a =”成立的充要条件，故选：C2.若将一个棱长为2cm 的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（）A.38cmB.3C.332πcm 3D.343πcm 【正确答案】D【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，因为正方体的棱长为2cm ，所以其内切球的半径为1cm ，所以制作的最大零件的体积为2344π1πcm 33⨯=，故选：D3.设a ，b是两个不共线的向量，且向量2a b λ+与(31)a b λ-+是平行向量，则实数λ的值为（）A.23-B.1C.1或23-D.1-或23-【正确答案】C【分析】由共线向量定理结合题意求解即可.【详解】因为向量2a b λ+ 与(31)a b λ-+是平行向量，所以存在唯一实数k ，使()(31)22a b k a b ka k b λλλ-+=+=+，因为a ，b是两个不共线的向量，所以3121kk λλ-=⎧⎨=⎩，则()312λλ-=，2320λλ--=，解得1λ=或23λ=-，故选：C 4.函数ππcos tan (11)22y θθθ=-<<取得最小值时，θ的值为（）A.12-B.0C.12D.23【正确答案】B【分析】根据正切函数的性质将函数转化为分段函数，分别确定各段的单调性，即可得函数取最小值时，θ的值.【详解】函数ππcostan (11)22y θθθ=-<<则当10θ-<≤时，πππcostan sin 222y θθθ⎛⎫=-=-⎪⎝⎭，又ππ,022θ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，所以函数πsin 2y θ=-在(]1,0θ∈-上单调递减；当01θ<<时，πππcostan sin 222y θθθ==，所以函数πsin 2y θ=在()0,1θ∈上单调递增；所以当0θ=时，函数ππcos tan (11)22y θθθ=-<<取得最小值.故选：B .5.《九章算术商功》中提及的“鳖臑”现意为四个面均为直角三角形的三棱锥，则“鳖臑”中相互垂直的平面有（）对A.4B.3C.2D.1【正确答案】B【分析】利用线面垂直和面面垂直的判定定理判断.【详解】如果三棱锥有一个顶点处有3个直角，设,,PA PB PA PC PB PC ⊥⊥⊥，设,,PA a PB b PC c ===，故222222222,,,AB a b AC a c CB c b =+=+=+故222AB AC CB +>，222AB CB AC +>，222CB AC AB +>，从而ABC 为锐角三角形，与题设矛盾；若每个顶点处有均有一个直角，不妨设,,,PA AB AB BC BC CP CP AP ⊥⊥⊥⊥，将三棱锥沿PB 展开，则展开后的四边形内角为凸四边形且其内角和大于π42π2⨯=，矛盾，综上，“鳖臑”对应的三棱锥必有一个顶点处有两个直角，如图所示：设,,,PA AB PA AC AB BC PB BC ⊥⊥⊥⊥，由,PA AB PA AC ⊥⊥，且AB AC A ⋂=，得PA ⊥平面ABC ，又PA ⊂平面PAB ，PA ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，由,BC AB BC PB ⊥⊥，且AB PB B ⋂=，得BC ⊥平面PAB ，又PA ⊂平面PBC ，所以平面PBC⊥平面PAB ，所以“鳖臑”中相互垂直的平面有3对，故选：B6.已知点N ，O ，P 在ABC 所在平面内，且3PA PB PC PN ++= ，222OA OB OC == ，PA PB PB PC PC PA ⋅=⋅=⋅，则点N ，O ，P 依次是ABC 的（）A.重心、外心、垂心B.重心、外心、内心C.外心、重心、垂心D.外心、重心、内心【正确答案】A【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可【详解】由3PA PB PC PN ++=，得()()()0PA PN PB PN PC PN -+-+-= ，所以0NA NB NC ++= ，设AB 的中点为D ，连接ND ，则2+= NA NB ND ，所以2NC DN =，所以点N 在AB 边上的中线上，同理可得N 也在,AC BC 的中线上，所以点N 是ABC 的重心，由222OA OB OC == ，得OA OB OC == ，所以O 到ABC 的三个顶点的距离相等，所以O 为ABC 的外心，由PA PB PB PC PC PA ⋅=⋅=⋅ ，得()0PB PA PC ⋅-= ，所以0PB CA ⋅=，所以PB CA ⊥，所以PB AC ⊥，同理得PC AB ⊥，所以P 为ABC 的垂心，故选：A7.已知钝角ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，2b =，3c =，则最大边a 的取值范围为（）A.(1,5)B.(C.)D.()⋃【正确答案】C【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.【详解】因ABC 是钝角三角形，2b =，3c =，且a 是最大边，则由余弦定理得：222cos 02b c a A bc+-=<，于是得222222313a b c >+=+=，0a >，解得a >5a b c <+=5a <<，所以最大边a的取值范围是.)故选：C8.已知对任意平面向量(,)AB x y = ，把(,)AB x y =绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量(cos sin ,sin cos )AP x y x y θθθθ=-+，叫做把点B 绕点A 沿逆时针方向旋转θ角得到点P ．已知平面内点(1,2)A ，把点B 绕点A 沿顺时针方向旋转π3后得到点312,22P ⎛-- ⎝，则点B 的坐标为（）A.352,22⎛--+ ⎝⎭B.512⎛+-+⎝C.32,22⎛-- ⎝D.(12-【正确答案】D【分析】根据题意，设(),B x y ，由条件可得AP的坐标，然后列出方程，即可得到结果.【详解】设(),B x y ，则()1,2AB x y =-- ，将点B 绕点A 沿顺时针方向旋转π3，即将点B 绕点A 沿逆时针方向旋转5π3，可得()()()()5π5π5π5π1cos 2sin 1sin 2cos 3333AP x y x y ⎡⎤=----+-⎢⎥⎣⎦ ，化简可得，131313,1222222AP x y y ⎡⎤⎛⎛⎫=+---++⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎝⎭⎣⎦ ，又因为33,22AP ⎛=--- ⎝ ，所以11322221312222x y x y ⎧+--=-⎪⎪⎨⎪-++-=--⎪⎩，解得12x y ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩(12B +-.故选：D二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，2b ca =且sin cos bA B=，则下列说法正确的是（）A.60B =︒B.0AB CB AC AB CB⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭C.ABC 为等腰非等边三角形D.ABC 为等边三角形【正确答案】ABD 【分析】A，由sin cos bA B=，利用正弦定理化简得到tan B =求解判断；BCD ，由2b ca =，60B =︒，利用余弦定理求解判断.【详解】A.因为3sin cos bA B=，所以3sin sin cos sin A A B B =，则tan B =，解得60B =︒，故正确；B.因为2b ca =，60B =︒，所以2221cos 22a cb B ac +-==，即2220+-=a c ac ，则a c =，所以ABC 是正三角形，所以0AB CB AC AB CB⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭，故正确；C.由B 知：ABC 为等边三角形，故错误；D.由B 知：ABC 为等边三角形，故正确.故选：ABD10.已知三条不同的直线l ，m ，n 和三个不同的平面α，β，γ，下列说法正确的是（）A.若l α⊥，m l ⊥，则//m αB.若m ，n 为异面直线，且n ⊂α，m β⊂，//m α，//n β，则//αβC.若m l ⊥，m βγ= ，则l β⊥D .若l αβ= ，m βγ= ，n γα=I ，α，β，γ两两垂直，则l ，m ，n 也两两垂直【正确答案】BD【分析】对于A ，//m α或m α⊂；由线面平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断B ；对于C ，l β⊥不一定成立；用反证法可判断D.【详解】若l α⊥，m l ⊥，则//m α或m α⊂，故A 错误；设m γ⊂，m αγ'= ，因为//m α，所以//m m '，又m β⊂，m β'⊄，所以//m β'，又因为m ，n 为异面直线，n ⊂α，//n β，m α'⊂，则直线n 与m '必相交，所以//αβ，故B 正确；若m l ⊥，m βγ= ，则l β⊥不一定成立，故C 错误；若l αβ= ，m βγ= ，n γα=I ，α，β，γ两两垂直，则l ，m ，n 必相交于同一点P ，假设l 与m 不垂直，则存在直线l '，使得l m '⊥，l m P '= ，所以直线l '与m 可确定平面γ'，且γβ'⊥，这说明过β内的直线m 可作两个平面与β垂直，而这是不可能的，所以假设不成立，即l m ⊥，同理可证l n ⊥，m n ⊥，即l ，m ，n 两两垂直，故D 正确.故选：BD11.正弦最初的定义（称为古典正弦定义）为：在如图所示的单位圆中，当圆心角BOC ∠的范围为(0,π)时，其所对的“古典正弦”为BC （D 为BC 的中点）．根据以上信息，当圆心角π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，θ的“古典正弦”除以tan θ的可能取值为（）A.1B.23C.12D.0【正确答案】BC【分析】根据古典正弦定义，θ的“古典正弦”除以tan θ为2sin2tan θθ，利用倍角正弦、余弦公式，根据余弦函数的性质及函数单调性求最值即可．【详解】由题可得θ的“古典正弦”除以tan θ为：22sin2sin cos 2sin cos 2cos 1122222cos tan sin 22sin cos cos cos 2222θθθθθθθθθθθθθ-====-由于π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以π0,24θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则2cos ,122θ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭令cos 2t θ=，则2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，所以设2sin 122tan y t tθθ==-，2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭由基本初等函数的单调性可知函数2y t =在2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭上是增函数，函数1y t =-在2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭上是增函数，则函数12y t t =-在2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()120,1y t t=-∈，则θ的“古典正弦”除以tan θ为2sin 2tan θθ的取值范围为()0,1.故选：BC.12.在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G ，R ，S 分别是11AB ，BD ，11B D ，1AC ，11B C 的中点，点H 是线段1C G 上靠近G 的三等分点，点I 是线段CF 上靠近F 的三等分点，P 为底面1111D C B A 上的动点，且//DP 面ACE ，则（）A.//RI CHB.三棱锥H ABC -的外接球的球心到面ABC 的距离为43C.多面体1EB S ABC -为三棱台D.P 在底面1111D C B A 上的轨迹的长度是【正确答案】ACD【分析】在平面11AA C C 中，由中位线定理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得//RI CH ，可判断选项A 正确；确定三棱锥H ABC -的外接球的球心O 在直线FG 上位置，即可求出球心到面ABC 的距离，可判断选项B 错误；根据棱台的定义判断多面体1EB S ABC -为三棱台，可判断选项C 正确；找到过点D 与面ACE 平行的平面，即可找到点D 的轨迹，可判断选项D 正确.【详解】根据题意，可知RI CH ⊂、平面11AA C C ，如图画出平面11AA C C ，取IC 的中点Q ，连接GQ FG 、，在1ACC △中，由中位线定理可知112RF CC =，所以R 为FG 中点，则在GFQ 中，由中位线定理得，//RI GQ ，由1Rt GFQ Rt CC H @ ，得1GQF CHC Ð=Ð，由平行线性质1HCQ CHC Ð=Ð，所以HCQ GQF Ð=Ð，可得//GQ CH 所以//RI CH ，选项A 正确；依题意，由于ABC 为直角三角形，则其外心为点F ，又因为FG ⊥平面ABC ，可知三棱锥H ABC -的外接球的球心O 在直线FG 上（如图），设FO x =，由Rt OGH Rt OFC 、中OH OC R ==，得()22224x FC x GH +=-+，即(()22222243x x 琪琪+=-+琪琪桫，解得，109x =，则球心到面ABC 的距离为109，选项B 错误；由题意，可知平面1//EB S 平面ABC ，延长1BB CS AE 、、，1BB 与CS 交于点K ，1BB 与AE 交于点K '，由于1B S BC ∥，且112B S BC =，所以1B 为BK 的中点，同理1B 为BK ¢的中点，所以K 与K '重合，即多面体1EB S ABC -三条侧棱交于一点，故多面体1EB S ABC -为三棱台，选项C 则正确；取1111A D C D 、的中点N M 、，连接MN DM DN 、、，由题意易知MN ES ∥，ES ⊂平面ACE ，MN ⊄平面ACE ，所以MN 平面ACE ，同理DM ∥平面ACE ，MN ⊂平面DMN ，DM ⊂平面DMN ，MN DM M ⋂=，所以平面//DMN 平面ACE ，当点P MN ∈时，DP ⊂平面DMN ，所以DP ∥平面ACE ，则P 在底面1111D C B A 上的轨迹为MN ，且MN =D 正确.故选：ACD方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．（2）若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的三条线段PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.在正三棱柱ABC A B C '''-中，D 为棱AC 的中点，2AB BB '==，则异面直线BD 与B C ''所成角的为__________．【正确答案】π6【分析】根据异面直线的定义结合正三棱柱的几何性质即可得DBC ∠为异面直线BD 与B C ''所成角，从而可得答案.【详解】正三棱柱ABC A B C '''-中，//BC B C ''所以DBC ∠为异面直线BD 与B C ''所成角又ABC 为正三角形，D 为棱AC 的中点，所以π6DBC ∠=则异面直线BD 与B C ''所成角的为π6.故答案为.π614.已知两个粒子A ，B 从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为(1,0)A S =，(B S = ，则A S 在B S 上的投影向量为__________．【正确答案】13,44⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭【分析】先求得A S 与B S 夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出A S 在B S 上的投影向量即可．【详解】设A S 与B S的夹角为θ，则101cos 122A B A B S S S S θ⋅+===⨯⋅ ，所以A S 在B S 上的投影向量为1(1,3)13cos 1()2244B A BS S S θ⋅=⨯⋅= .故答案为.1,44⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭15.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形；E 为PD 的中点．若1AP =，AD =，34=AB ，当三棱锥P ABCD -的体积取到最大值时，点E 到平面PBC 的距离为__________．【正确答案】310##0.3【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥P ABE -的体积，在根据等体积法可求解点E 到平面PBC 的距离.【详解】由题可得，当PA ⊥底面ABCD 时，三棱锥P ABCD -的体积取到最大值如图，取PA 中点M ，取AD 中点N ，连接,,EM EN AE因为PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．N 为AD 的中点，所以//PA EN ，1122EN AP ==所以EN ⊥底面ABCD ，则11313333428E ABCD ABCD V S EN -=⋅=⨯= 又由PA ⊥底面ABCD ，AD ⊂底面ABCD ，所以PA AD⊥因为矩形ABCD ，则AB AD ⊥，又,,PA AB A PA AB ⋂=⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB 又E 为PD 的中点．M 为PA 的中点，所以//EM AD ，1322EM AD ==，则EM ⊥平面PAB 则11133313324216P ABE E PAB PAB V V S EM --==⋅=⨯⨯⨯⨯= 又1133313344P ABCD ABCD V S PA -=⋅=⨯=所以3333481616P BCE P ABCD E ABCD P ABE V V V V ----=--=--=又54PB ==，因为AD ⊥平面PAB ，//AD BC ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC PB ⊥，设点E 到平面PBC 的距离为h ,所以11153332416P BCE E PBC PBC V V S h --==⋅=⨯⨯= ，则310h =.故点E 到平面PBC 的距离为310.故答案为.31016.在ABC 中，若12AB AC AB AC⋅=- ，BD DC = ，BAC ∠的内角平分线交边BC 于点E ，若6AD =，AE =ABC 外接圆的直径为__________．【正确答案】【分析】根据12AB AC AB AC ⋅=- 可得2π3BAC ∠=，从而得π3BAE CAE ∠=∠=，利用三角形面积公式可得)bc b c =+，再利用6AD =，结合数量积的运算可得221440b c bc +--=，从而可得bc ，利用余弦定理得a ，最后应用正弦定理即可得ABC 外接圆的直径.【详解】又1cos 2AB AC AB AC BAC AB AC AB AC⋅=⋅⋅∠=- ，所以1cos 2BAC ∠=-，因为()0,πBAC ∠∈，所以2π3BAC ∠=，则π3BAE CAE ∠=∠=又ABE AEC ABC S S S =+ ，所以111sin sin sin 222AB AC BAC AB AE BAE AB AE CAE ⋅⋅∠=⋅⋅∠+⋅⋅∠，则131313222222bc b c ⨯=⨯+⨯，整理得：)bc b c =+①，又1122AD AB AC =+，所以1122AD AB AC =+== ，则6=，整理得221440b c bc +--=②，联立①②可得：()22411520bc bc --=，解得48bc =或24bc =-（舍）在ABC 中，由余弦定理可得222222cos 2144240a b c bc BAC b c bc bc =+-∠=++=+=，所以a =，设ABC 外接圆的半径为R，由正弦定理可得2sin 32a R BAC ===∠所以ABC外接圆的直径为.故答案为.四、解答题：本题共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(0,0)O ，(1,2)A ，(4,5)B ，()OP OA t AB t R =+∈ ．（1）t 为何值时，点P 在y 轴上？（2）若OP 与AB 的夹角是钝角，求t 的取值范围．【正确答案】（1）13t =-（2）21t <-【分析】（1）由OP OA t AB =+ ，得到点P 的坐标，再根据点P 在y 轴上求解；（2）由3(31)3(32)t t +≠+，得到OP 与AB 不共线，再根据OP 与AB 的夹角是钝角，由0OP AB ⋅< 求解.【小问1详解】解：由题意知：(1,2)OA = ，(4,5)(1,2)(3,3)AB =-= ，所以(1,2)(3,3)(31,32)OP OA t AB t t t =+=+=++，(31,32)P t t ∴++．因为点P 在y 轴上，所以310t +=，解得13t =-．【小问2详解】因为3(31)3(32)t t +≠+，所以OP 与AB 不共线．又OP 与AB 的夹角是钝角，所以只需0OP AB ⋅< ，即3(31)3(32)0t t +++<，解得21t <-．18.已知函数()ππsin sin cos 66f x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为3-．（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）英国数学家泰勒（B ．Taylor ，1685-1731）发现了如下公式：246cos 12!4!6!x x x x =-+-+ ，其中!(1)(2)321n n n n =⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯ ，该公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的准确性．运用上述思想，计算π13f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值：（结果精确到小数点后4位，参考数据：51 2.5108!-≈⨯，71 2.81010!-≈⨯）【正确答案】（1）π4π2π,2π33k k ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦，Z k ∈（2）0.0806【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简函数，进而根据正弦函数的性质即可求解；（2）结合诱导公式化简π12cos113f ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，进而结合泰勒公式求解即可.【小问1详解】()ππππππsin sin cos sin cos cos sin sin cos cos sin cos 666666f x x x x a x x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-++++=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭πcos 2sin6x x a x a ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，所以()min 23f x a =-+=-，即1a =-，所以()π2sin 16f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令ππ3π2π2π262k x k +≤+≤+，Z k ∈，即π4π2π2π33k x k +≤≤+，Z k ∈，所以函数()f x 的单调递减区间π4π2π,2π33k k ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦，Z k ∈．【小问2详解】由（1）知()π2sin 16f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，所以ππππ12sin 112sin 112cos113362f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由泰勒公式得：11111cos1110.50.041670.001390.0000250.000000280.540304722!4!6!8!10!=-+-+-+≈-+-+-+≈ ，所以π12cos1120.5403047210.08063f ⎛⎫-=-≈⨯-≈ ⎪⎝⎭．19.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，2PA AB ==，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点，平面ADE 平面PBC l =．（1）证明：//l BC ；（2）若l 到平面PAD 的距离为1，求AF 与平面PBC 所成角的最小值．【正确答案】（1）证明见解析（2）π6【分析】（1）由已知得//BC AD ，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；（2）由l 到平面PAD 的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得BC AB ⊥，再由线面垂直的判定可得BC ⊥平面PAB ，则BC AE ⊥，由等腰三角形的性质可得AE PB ⊥，则⊥AE 平面PBC ，从而得AFE ∠为AF 与平面PBC 所成角，然后在AEF △中求解即可.【小问1详解】证明：因为底面ABCD 为菱形，所以//BC AD因为BC ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以//BC 平面ADE ．又BC ⊂平面PBC ，平面ADE 平面PBC l =，所以//BC l ．【小问2详解】因为//BC l ，//BC AD ，所以//l AD ，l 不在面PAD 内，AD 在面PAD 内，所以//l 平面PAD ，又l 到平面PAD 的距离为1，所以点B 到平面PAD 的距离为2．因为PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥底面ABCD ，又平面PAD ⋂底面ABCD AD =，所以点B 到平面PAD 的距离等于点B 到AD 的距离，为2．又2AB =，所以BC AB ⊥．又因为BC PA ⊥，AB PA A = ，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ．因为AE ⊂平面PAB ，所以BC AE ⊥．又2PA AB ==，E 为线段PB 的中点，所以AE PB ⊥．又PB BC B ⋂=，PB ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以⊥AE 平面PBC ．所以AFE ∠为AF 与平面PBC 所成角．又2tan AE AFE EF EF∠==EF ≤≤．所以当EF =tan AFE ∠取得最小值，最小值为33．所以AF 与平面PEC 所成角的最小值为π6．20.已知ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且8b =，5c =．（1）若cos sin 0a C C b c +--=，求A ；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求函数2π()cos 212f A A A ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭的值域．条件①：2220AC AB BC ≤+-≤ ；条件②：0cos sin A A ≤≤．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【正确答案】（1）π3A =（2）0,1⎡+⎣【分析】（1）由cos sin 0a C C b c +--=及正弦定理得sin cos sin sin sin 0A C A C B C +--=，利用诱导公式及三角恒等变换可得π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，结合角的范围即可求解；（2）利用三角恒等变换化简为()π12sin 23f x A ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，选择①由2220AC AB BC ≤+-≤ ，可得2220b c a ≤+-≤，结合余弦定理可得ππ42A ≤≤，再利用正弦函数的性质即可求解；选择②，由0cos sin A A ≤≤，可得ππ42A ≤≤，再利用正弦函数的性质即可求解.【小问1详解】由cos sin 0a C C b c +--=及正弦定理得sin cos sin sin sin 0A C A C B C --=．因为sin sin(π)sin()sin cos cos sin B A C A C A C A C =--=+=+，sin cos sin sin 0A C A C C --=．由于sin 0C >，cos 10A A --=，所以π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．又0πA <<，π5π66A ∴-<<，故ππ66A -=，即π3A =．【小问2详解】2π()cos 21cos 2)sin 212f A A A A A ⎛⎫=++-=--- ⎪⎝⎭π12sin 212sin 23A A A ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭．选择条件①：因为2220AC AB BC ≤+-≤ ，所以2220b c a ≤+-≤，根据余弦定理可得，2222cos 80cos b c a bc A A +-==．所以20cos 2A ≤≤，又0πA <<，所以ππ42A ≤≤．所以5ππ4π2633A ≤+≤，即3π1sin 2232A ⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭，故()0,1f A ⎡∈+⎣．选择条件②：因为0cos sin A A ≤≤，又0πA <<，所以ππ42A ≤≤，所以5ππ4π2633A ≤+≤，即π1sin 2232A ⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭．故()0,1f A ⎡∈+⎣．21.已知ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，点O 是ABC 所在平面内的一点．（1）若点O 是ABC 的重心，且0OA OB ⋅= ，求cos C 的最小值；（2）若点O 是ABC 的外心，BO BA BC λμ=+λμ∈R ，且4a =，6c =，21sin ()2m B m λμ⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭R 有最小值，求m 的取值范围．【正确答案】（1）45（2）213,44m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭【分析】（1）根据题意，由余弦定理列出方程，然后再由基本不等式即可得到结果；（2）根据题意，分别表示出,λμ，然后代入计算，即可得到结果.【小问1详解】延长AO ，BO ，CO 分别交边BC ，AC ，AB 于点D ，E ，F ，依题意有1122FO AB c ==，32CF c =．在CAF V 和CAB △中，由余弦定理有cos cos CAF CAB ∠=∠，即222222322222c c b b c a c bc b ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭=⋅，化简有2225a b c +=，22222222244245cos 2252525a b a b a b c a b ab C ab ab ab ab ++-+-+===⋅≥⋅=．当且仅当a b =时，等号成立，所以cos C 的最小值为45．【小问2详解】由题意可知：183624cos 824cos 16BO BA B BO BC B λμλμ⎧⋅==+⎪⎨⋅==+⎪⎩ ，解得2232cos 6sin 23cos 4sin B B B B λμ-⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，则221(32cos )23cos sin sin 2642m B B B m B λμ--⎛⎫+-=+- ⎪⎝⎭26cos (49)cos 612B m B m -++=．今cos ,(1,1)t B t =∈-，原式26(49)6t m t m =-++有最小值，所以49(1,1)12m t +-∈-．解得213,44m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭．22.如图，在五边形ABCFD 中，四边形ABCD 为矩形，点E 为边BC 的中点，2323AB AD ==，//DF EC ，DF FC ⊥．沿EC ，ED 将BEC ，AED △折起，使得A ，B 重合于点P ，得到四棱锥P ECFD -，G 为侧棱PD 靠近P 的三等分点．（1）求CG 与ED 所成的角；（2）求平面PED 与平面PCF 所成锐二面角的正切值．【正确答案】（1）π2（2）【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得PE ⊥面PCD ，然后由余弦定理可得CG ，再结合勾股定理即可得到PD GC ⊥，从而可得GC ⊥面PED ，即可得到结果；（2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后通过计算，即可得到结果.【小问1详解】由题可知，2ED EC DC ===，1PE =，PC PD ==，且PE PC ⊥，PE PD ⊥．又PC PD P ⋂=，PD ⊂面PCD ，PC ⊂面PCD ，所以PE ⊥面PCD ．又GC ⊂面PCD ，所以PE GC ⊥．在PCD 中，由余弦定理可得，2221cos23DP CP DC DPC DP CP +-∠==⋅．在PCG 中，13PG PD ==，由余弦定理可得，263CG =，所以222PG CG PC +=，即PD GC ⊥．又PE PD P = ，PD ⊂面PED ，PE ⊂面PED ，所以GC ⊥面PED ．又ED ⊂面PED ，所以ED GC ⊥．故CG 与ED 所成的角为π2．【小问2详解】因为//DF EC ，DF FC ⊥，所以π3CDF ∠=，1FD =．又FD EC <，所以延长ED ，CF 必交于一点H ．所以平面PED 平面PCF PH =．又GC ⊥面PED ，过点G 作GQ PH ⊥，连接CQ ，则GQC ∠或其补角为所求．又π6PDE ∠=，所以5π6PDH ∠=．又π3FDH ∠=，所以2DH DC ==．在PDH △中，由余弦定理可得，PH =设点D 到PH 的距离为d ，在PDH △中，运用等面积法则有sin 3913PD DH PDH d PH ⋅∠==．所以139339GQ d ==，在Rt CGQ 中，tan GC GQC GQ ∠==所以平面PED 与平面PCF 所成锐二面角的正切值为。
成都市2024届数学高一下期末达标测试试题含解析
成都市2024届数学高一下期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．如图，在圆内随机撒一把豆子，统计落在其内接正方形中的豆子数目，若豆子总数为，落在正方形内的豆子数为，则圆周率的估算值是（ ）A ．B ．C ．D ．2．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2sin a b A =，则B 等于（ ）A ．75︒B ．60︒C ．45︒D ．303．在∆ABC 中，222sin sin sin sin sin A B C B C +-≤．则的取值范围是（ ）A ．（0，6π] B ．[6π，π） C ．（0，3π] D ．[3π，π） 4．已知β为锐角，角α的终边过点（3，4），sin （α+β2，则cosβ＝（） A ．3210B ．210C ．7210 D ．210或7210 5．已知函数f ：R +→R +满足：对任意三个正数x ，y ，z ，均有f （3xyzxy yz zx ++）3f x f y f z ++=（）（）（）.设a ，b ，c 是互不相等的三个正数，则下列结论正确的是（ ）A ．若a ，b ，c 是等差数列，则f （a ），f （b ），f （c ）一定是等差数列B ．若a ，b ，c 是等差数列，则f （1a ），f （1b ），f （1c ）一定是等差数列 C ．若a ，b ，c 是等比数列，则f （a ），f （b ），f （c ）一定是等比数列 D ．若a ，b ，c 是等比数列，则f （1a ），f （1b ），f （1c）一定是等比数列 6．已知数列满足，，则的值为（ ） A ．2B ．-3C ．D ．7．中国古代的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”.某校国学社团准备于周六上午9点分别在6个教室开展这六门课程讲座，每位同学只能选择一门课程，则甲乙两人至少有人选择“礼”的概率是（ ） A ．56B ．2536C ．13D ．11368．以n S ,T n 分别表示等差数列{}{}n b n a ，的前n 项和，若S 73n n nT n =+，则55a b 的值为A ．7B ．214C ．378 D ．239．某大学数学系共有本科生1 000人，其中一、二、三、四年级的人数比为4∶3∶2∶1，要用分层抽样的方法从所有本科生中抽取一个容量为200的样本，则应抽取三年级的学生人数为（ ） A ．80B ．40C ．60D ．2010．甲、乙两人约定晚6点到晚7点之间在某处见面，并约定甲若早到应等乙半小时，而乙还有其他安排，若他早到则不需等待，则甲、乙两人能见面的概率（ ） A ．38B ．34C ．35D ．45二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题(含解析)
2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.平面向量a=(m,2)，b=(−2,4)，若a//b，则m=( )A. −1B. 1C. −2D. 22.已知复数z满足(1+i)z=1−2i，则复数z在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为( )A. y=sin(2x+π6)B. y=sin(2x+π3)C. y=sin(2x−π6)D. y=sin(2x−π3)4.已知非零向量a,b满足|a|=|b|，且a在b上的投影向量为12b，则向量a与向量b的夹角为( )A. 2π3B. π6C. π4D. π35.已知tanα=43，则cos2α=( )A. 725B. −725C. 255D. −2556.已知m，n是空间中两条不同的直线，α,β是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A. 若m⊥α，n⊥α，则m//nB. 若m//n，n⊂α，则m//αC. 若α⊥β，m⊥α，则m//βD. 若m⊥α，m⊥n，则n//α7.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′C′O′，且A′B′=1，O′A′=2，O′C′=4，现将梯形ABCO绕OA旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为( )A. 14πB. 25πC. 28πD. 42π8.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法错误的是( )A. 函数f(x)的最小正周期是πB. 函数f(x)的图象关于直线x=π3对称C. 函数f(x)的图象关于点(7π12,0)对称D. 函数f(x)在区间(3π4,π)上单调递增二、多选题：本题共3小题，共15分。
成都市高一下学期期末数学试卷(理科) C卷
成都市高一下学期期末数学试卷（理科） C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）在△ABC中,如果，那么△ABC的形状是（）A . 直角三角形B . 锐角三角形C . 钝角三角形D . 不确定2. （2分） (2019高二上·拉萨期中) 数列满足，则（）A .B .C .D .3. （2分） (2017高一下·禅城期中) △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=2，B= ，C=，则△ABC的面积为（）A . 2 +2B .C . 2 ﹣2D . ﹣14. （2分）(2017·榆林模拟) 已知，若目标函数z=4ax+3by（a＞0，b＞0）最大值为12，则的最小值为（）A . 1B . 2C . 4D .5. （2分）定义行列式运算=a1a4﹣a2a3 ．将函数f(x)=的图象向左平移个单位，以下是所得函数图象的一个对称中心是（）A . （， 0）B . （， 0）C . （， 0）D . （， 0）6. （2分）已知F1,F2为双曲线x2-y2=2的左，右焦点，点P在该双曲线上，且|PF1|=2|PF2|，则（）A .B .C .D .7. （2分）某人从2008年起，每年1月1日到银行新存入a元(一年定期)，若年利率为r保持不变，且每年到期存款和利息自动转为新的一年定期，到2011年底将所有存款及利息全部取回，则可取回的钱数（元)为（）A .B .C .D .8. （2分）若对于使成立的所有常数M中，我们把M的最小值叫做-x2+x的上确界,若且a+b=1，则的上确界是（）A .B . -5C .D . 59. （2分） (2017高一下·济南期末) 下列四个命题：①共线向量是在同一条直线上的向量；②若两个向量不相等，则它们的终点不可能是同一点；③与已知非零向量共线的单位向量是唯一的；④若四边形ABCD是平行四边形，则与，与分别共线．其中正确命题的个数是（）A . 1B . 2C . 3D . 410. （2分） (2017高二上·南宁月考) 若实数满足，且，则的最小值为（）A .B .C .D .11. （2分） (2018高三上·河北月考) 对任意的，总有，则的取值范围是（）A .B .C .D .12. （2分） (2016高二上·延安期中) 已知等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=31，a2+a3+a4+a5+a6=62，则通项an等于（）A . 2n﹣1B . 2nC . 2n+1D . 2n+2二、二.填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2019高一上·兰州期中) 已知奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集________.14. （1分）已知{an}为等比数列，且a1a2=﹣，a3= ，则数列{an}的通项公式是________．15. （1分）(2017·海淀模拟) 在△ABC中，a=2，b=3，c=4，则其最大内角的余弦值为________．16. （1分） (2017高二下·邢台期末) 已知函数，若，则________.三、解答题 (共5题；共45分)17. （10分） (2017高一下·庐江期末) 已知不等式ax2+bx﹣1＜0的解集为{x|﹣1＜x＜2}．（1）计算a、b的值；（2）求解不等式x2﹣ax+b＞0的解集．18. （10分） (2017高二上·河南月考) 数列是等差数列，若 .（1）求数列的前项和；（2）若 .设数列的前项和为，求证： .19. （10分）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°.（1）求BC的长；（2）求sin2C的值.20. （5分）中，角所对的边分别为.已知,,求和的值.21. （10分）已知数列的前n项和，其中．（1）证明：是等比数列，并求其通项公式；（2）若，求．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、二.填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共5题；共45分) 17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、19-2、20-1、21-1、21-2、。
四川省成都市2019～2020学年度下学期期末高一年级调研考试理科数学试题 (解析版)
2019-2020学年四川省成都市高一第二学期期末数学试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．cos75°cos15°﹣sin75°sin15°的值是（）A．0B．C．D．﹣2．二次不等式ax2+bx+c≥0的解为全体实数的条件是（）A．B．C．D．3．已知sinα＝，则cos2α＝（）A．B．﹣C．D．﹣4．已知单调递减的等比数列{a n}中，a1＞0，则该数列的公比q的取值范围是（）A．q＝1B．q＜0C．q＞1D．0＜q＜15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a：b：c＝4：5：7，则△ABC 为（）A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形6．若a＜b＜c，则下列说法正确的是（）A．lna＜lnb B．a2＜b2C．D．7．把四边形ABCD按斜二测画法得到平行四边形A'B'C'D'（如图所示），其中B'O'＝O'C'＝2，O'D'＝，则四边形ABCD一定是一个（）A．菱形B．矩形C．正方形D．梯形8．在△ABC中，若角B＝，AC＝，AB＝，则角C＝（）A．B．C．或D．或9．体积为的某三棱锥的三视图如图所示（其三个视图均为直角三角形），则该三棱锥四个面的面积中，最大值为（）A．B．2C．D．610．若数列{a n}满足a n＝（n≥2，n∈N*），且a1＝，则a n＝（）A．B．C．D．11．夏季是暴雨和洪水高发季节，需要做好各项防汛工作．为更好地考察防汛工作实际情况，某校高一数学兴趣小组前往某水库实地测量其大坝相关数据．如图所示，CE是该大坝的坡面，该小组在坝底所在水平地面的A处测得坝顶E的仰角为θ，对着大坝在水平地面上前进30m后到达B处，测得仰角为原来的2倍，继续在水平地面上前进10m 后到达坡底C处，测得仰角为原来的4倍，则该大坝的高度为（）A．10m B．15m C．20m D．5m12．下列四个说法中，错误的是（）①若a，b均为正数，则；②若x∈（0，），则sin x+的最小值为2；③若a＞b＞1，则；④a＞b＞0，则a+＞b+．A．①②③B．①③C．②③D．②④二、填空题（共4小题）.13．等比数列{a n}中，a1＝1，q＝﹣3，则a5＝（用数字作答）．14．将2sin2x+2sin x cos x化简为A sin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的形式为．15．二十四节气作为我国古代订立的一种补充历法，在我国传统农耕文化中占有极其重要的位置，是古代劳动人民对天文、气象进行长期观察、研究的产物，凝聚了古代劳动人民的智慧．古代数学著作《周髀算经》中记载有这样一个问题：从夏至之日起，小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若大暑、立秋、处暑的日影子长的和为18尺，立冬的日影子长为10.8尺，则夏至的日影子长为尺．16．已知A、B、C为△ABC的三内角，且角A为锐角，若tan B＝2tan A，则的最小值为．三、解答题：本题共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．图形ABCDE由矩形ABCD和扇形ADE组合而成（如图所示），AD⊥DE，AB＝2AD ＝2．求将该图形沿CE旋转一周后所形成的几何体的表面积和体积．18．已知等差数列{a n}中，a1+a3+a5＝18，a5+a7＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n的最大值．19．已知sinβ＝，cos（α+β）＝﹣，0＜α＜β＜．（1）求tan2β的值；（2）求角α的大小．20．已知函数f（x）＝x2﹣5x﹣a（a﹣5）．（1）当a＝1时，求当x∈（0，+∞）时，函数g（x）＝的值域；（2）解关于x的不等式f（x）≤0．21．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n＝3a n﹣3．（1）证明数列{a n}是等比数列；（2）若数列{b n}满足b n＝log3a n，记数列{}的前n项和为T n，证明：＜T n＜．22．2020年5月6日，成都东部新区正式挂牌，标志着经过三年的规划设计，一个承接成渝地区双城经济圈建设、落实成都东进战略的新区正式成立．为落实东部新区“双城一园、一轴一带”的空间布局，某部门规划了一个如图所示的三角形（△ABC）产业园区，其中AC•sin A＝BC•cos B．（1）求角B的大小；（2）若在该产业园区内再规划一个核心功能区△ADE（D、E是边BC上的点），且C ＝，∠DAE＝，AC＝200米，求核心功能区△ADE面积的最小值．参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的．1．cos75°cos15°﹣sin75°sin15°的值是（）A．0B．C．D．﹣【分析】由两角和的余弦公式的逆用，再由特殊角的三角函数值，即可得到．解：cos75°•cos15°﹣sin75°sin15°＝cos（75°+15°）＝cos90°＝0．故选：A．2．二次不等式ax2+bx+c≥0的解为全体实数的条件是（）A．B．C．D．【分析】设f（x）＝ax2+bx+c，a≠0，讨论a＞0，a＜0，结合二次函数的图象和判别式的符号，即可得到结论．解：设f（x）＝ax2+bx+c，a≠0，当a＞0，△≤0时，f（x）≥0的解为全体实数；当a＜0时，f（x）≥0的解不为全体实数．综上，二次不等式的解为全体实数的条件是．故选：B．3．已知sinα＝，则cos2α＝（）A．B．﹣C．D．﹣【分析】由已知利用二倍角的余弦函数公式即可求解．解：∵sinα＝，∴cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2×（）2＝．故选：A．4．已知单调递减的等比数列{a n}中，a1＞0，则该数列的公比q的取值范围是（）A．q＝1B．q＜0C．q＞1D．0＜q＜1【分析】利用等比数列的性质直接求解．解：单调递减的等比数列{a n}中，a1＞0，则该数列的公比q的取值范围是0＜q＜1．故选：D．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a：b：c＝4：5：7，则△ABC 为（）A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形【分析】易判断最大角为C，直接由余弦定理可求cos C，结合cos C的取值来判断该三角形的形状．解：由a：b：c＝4：5：7，知最大角为C，∵cos C＝＝＝﹣，由于cos C＝﹣＜0，0＜C＜π，∴＜C＜π，∴△ABC为钝角三角形．故选：C．6．若a＜b＜c，则下列说法正确的是（）A．lna＜lnb B．a2＜b2C．D．【分析】根据a＜b＜c，取c＝1，b＝0，a＝﹣1，则可排除错误选项．解：根据a＜b＜c，取c＝1，b＝0，a＝﹣1，则可排除ABD．故选：C．7．把四边形ABCD按斜二测画法得到平行四边形A'B'C'D'（如图所示），其中B'O'＝O'C'＝2，O'D'＝，则四边形ABCD一定是一个（）A．菱形B．矩形C．正方形D．梯形【分析】根据斜二测画法把直观图还原回原图形，即可得到四边形ABCD一定是一个菱形．解：把平行四边形A'B'C'D'换元回原图形，过程如下：在平面直角坐标系中，在x轴上截取BC＝4，且使O为BC的中点，在y轴上截取OD＝，过D向左左x轴的平行线段DA，使DA＝4，连接AB，CD，可得平行四边形ABCD．∵OC＝2，OD＝2，∴CD＝．∴平行四边形ABCD为菱形．故选：A．8．在△ABC中，若角B＝，AC＝，AB＝，则角C＝（）A．B．C．或D．或【分析】由正弦定理，则有sin C＝，从而可求C解：由正弦定理可得：，则sin C＝＝＝，因为AC＜AB，所以B＜C，故C＝或，故选：D．9．体积为的某三棱锥的三视图如图所示（其三个视图均为直角三角形），则该三棱锥四个面的面积中，最大值为（）A．B．2C．D．6【分析】判断三棱锥的形状，利用几何体的体积求法x，然后求解四个面面积的最大值．解：由题意可知，三棱锥是正方体的一个角的三棱锥，三棱锥O﹣ABC．所以＝，解得x＝2，所以面积的最大值为：S△ABC＝＝2．故选：B．10．若数列{a n}满足a n＝（n≥2，n∈N*），且a1＝，则a n＝（）A．B．C．D．【分析】由数列{a n}满足a n＝（n≥2，n∈N*），且a1＝，求出{a n}的前四项，由此猜想数列的通项公式，再由数学归纳法进行证明．解：∵数列{a n}满足a n＝（n≥2，n∈N*），且a1＝，∴＝，＝，＝，由此猜想a n＝，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，，成立；②假设n＝k时成立，即，则当n＝k+1时，＝＝＝，成立．由①②，得a n＝．故选：A．11．夏季是暴雨和洪水高发季节，需要做好各项防汛工作．为更好地考察防汛工作实际情况，某校高一数学兴趣小组前往某水库实地测量其大坝相关数据．如图所示，CE是该大坝的坡面，该小组在坝底所在水平地面的A处测得坝顶E的仰角为θ，对着大坝在水平地面上前进30m后到达B处，测得仰角为原来的2倍，继续在水平地面上前进10m 后到达坡底C处，测得仰角为原来的4倍，则该大坝的高度为（）A．10m B．15m C．20m D．5m【分析】先根据条件得到BA＝AD﹣BD＝DE（cotθ﹣cot2θ）和BC＝DE（cot2θ﹣cot4θ）；求出其比值，结合三角函数的性质求得θ，进而求得结论．解：由题可得：AB＝30，BC＝10，在RT△ADE中，AD＝DE cotθ；在RT△CBD中，BD＝DE cot2θ；故BA＝AD﹣BD＝DE（cotθ﹣cot2θ）；同理可得：BC＝DE（cot2θ﹣cot4θ）；∴＝＝＝；∵cotθ﹣cot2θ＝﹣＝＝；同理cot2θ﹣cot4θ＝；∴＝＝2cos2θ；∴cos2θ＝，结合题意可得2θ＝30°⇒θ＝15°；故DE＝＝BA sin2θ＝15．故选：B．12．下列四个说法中，错误的是（）①若a，b均为正数，则；②若x∈（0，），则sin x+的最小值为2；③若a＞b＞1，则；④a＞b＞0，则a+＞b+．A．①②③B．①③C．②③D．②④【分析】利用不等式的性质以及基本不等式判断选项的正误即可．解：①若a，b均为正数，则；满足基本不等式的性质，所以①正确．②若x∈（0，]，则sin x+≥2，当且仅当x＝时，表达式取得最小值为2；导数条件缺少x＝，所以②不正确；③∵a＞b＞1，∴＞1，＞即＞，1﹣＞1﹣，即．所以；不正确；所以③不正确；④a＞b＞0，可知，所以a+＞b+．所以④正确；故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．等比数列{a n}中，a1＝1，q＝﹣3，则a5＝81（用数字作答）．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．解：∵a1＝1，q＝﹣3，∴a5＝（﹣3）4＝81．故答案为：81．14．将2sin2x+2sin x cos x化简为A sin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的形式为2sin（x﹣）+1．【分析】利用二倍角公式、两角差的正弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，即可得解．解：2sin2x+2sin x cos x＝2×+sin2x＝sin2x﹣cos2x+1＝2sin（x﹣）+1．故答案为：2sin（x﹣）+1．15．二十四节气作为我国古代订立的一种补充历法，在我国传统农耕文化中占有极其重要的位置，是古代劳动人民对天文、气象进行长期观察、研究的产物，凝聚了古代劳动人民的智慧．古代数学著作《周髀算经》中记载有这样一个问题：从夏至之日起，小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若大暑、立秋、处暑的日影子长的和为18尺，立冬的日影子长为10.8尺，则夏至的日影子长为 3.6尺．【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解．解：设夏至之日起，小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪这十二个节气的日影子长依次成等差数列{a n}，则a3+a4+a5＝3a4＝18，a10＝10.8，∴a4＝6，a10＝10.8，d＝＝0.8，a1＝3.6则夏至的日影子a1＝3.6故答案为：3.616．已知A、B、C为△ABC的三内角，且角A为锐角，若tan B＝2tan A，则的最小值为．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sin C＝3sin A cos B，利用三角函数恒等变换的应用可求＝，利用正弦函数的性质进而求解．解：∵tan B＝2tan A，可得：，可得：2sin A cos B＝cos A sin B，∴sin C＝sin A cos B+cos A sin B＝3sin A cos B，∴＝+＝＝＝＝＝＝，∵角A为锐角，若tan B＝2tan A＞0，可得B为锐角，∴＝≤，当且仅当2B＝时，即B＝时等号成立．故答案为：．三、解答题：本题共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．图形ABCDE由矩形ABCD和扇形ADE组合而成（如图所示），AD⊥DE，AB＝2AD ＝2．求将该图形沿CE旋转一周后所形成的几何体的表面积和体积．【分析】该几何体是由一个圆柱和半球拼接而成的组合体，其中圆柱和半球的底面半径均为1，圆柱高为2，由此能求出将该图形沿CE旋转一周后所形成的几何体的表面积和体积．解：由题意得，该几何体是由一个圆柱和半球拼接而成的组合体，其中圆柱和半球的底面半径均为1，圆柱高为2，圆柱的底面积S1＝πr2＝π，圆柱的侧面积S2＝2πrh＝4π，半球球冠的表面积S3＝＝2π，∴将该图形沿CE旋转一周后所形成的几何体的表面积为：S＝S1+S2+S3＝π+4π+2π＝7π，圆柱的体积V1＝Sh＝S1×2＝2π，半球的体积V2＝＝，∴将该图形沿CE旋转一周后所形成的几何体的体积为：V＝V1+V2＝2＝．18．已知等差数列{a n}中，a1+a3+a5＝18，a5+a7＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n的最大值．【分析】（1）利用等差数列通项公式列方程组，解得a1＝10，d＝﹣2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）S n＝﹣n2﹣11n＝﹣（n﹣）2+，由此能求出{a n}的前n项和S n的最大值．解：（1）∵等差数列{a n}中，a1+a3+a5＝18，a5+a7＝0．∴，解得a1＝10，d＝﹣2，∴{a n}的通项公式为a n＝10﹣2（n﹣1）＝12﹣2n．（2）由（1）得：S n＝＝＝﹣n2﹣11n＝﹣（n﹣）2+，∴当n＝5或n＝6时，{a n}的前n项和S n取最大值S5＝S6＝30．19．已知sinβ＝，cos（α+β）＝﹣，0＜α＜β＜．（1）求tan2β的值；（2）求角α的大小．【分析】（1）利用同角三角函数基本关系式可求cosβ，tanβ，进而根据两角和的正切函数公式即可求解．（2）由已知可得0＜α+β＜π，利用同角三角函数基本关系式可求sin（α+β），由α＝（α+β）﹣β，利用两角差的正弦函数公式可求sinα＝，结合范围0，可求α＝．解：（1）∵sinβ＝，0＜β＜．∴cosβ＝＝，tanβ＝＝4，∴tan2β＝＝＝﹣．（2）∵0＜α＜β＜，∴0＜α+β＜π，∵cos（α+β）＝﹣，∴sin（α+β）＝＝，∴sinα＝sin[（α+β）﹣β]＝sin（α+β）cosβ﹣cos（α+β）sinβ＝﹣（﹣）×＝，∵0，∴α＝．20．已知函数f（x）＝x2﹣5x﹣a（a﹣5）．（1）当a＝1时，求当x∈（0，+∞）时，函数g（x）＝的值域；（2）解关于x的不等式f（x）≤0．【分析】（1）根据题意得g（x）＝x+﹣5 （x＞0），由基本不等式可得x+≥2＝4（当且仅当x＝时，即x＝2时，上式取“＝“）进而可得g（x）的值域．（2）令f（x）＝（x﹣a）[x﹣（5﹣a）]＝0，得x＝a或x＝5﹣a，再分①当a＝5﹣a，②当a＜5﹣a，③当a＞5﹣a，三种情况讨论，不等式的解集．解：（1）当a＝1时，g（x）＝＝＝x+﹣5，因为x∈（0，+∞），所以x+≥2＝4，当且仅当x＝时，即x＝2时，上式取“＝“，所以g（x）的值域为[﹣1，+∞）．（2）f（x）＝x2﹣5x﹣a（a﹣5）＝（x﹣a）[x﹣（5﹣a）]，令f（x）＝0，得x＝a或x＝5﹣a，①当a＝5﹣a，即a＝时，由f（x）≤0，解得x＝，②当a＜5﹣a，即a＜时，由f（x）≤0，解得a≤x≤5﹣a，③当a＞5﹣a，即a＞时，由f（x）≤0，解得5﹣a≤x≤a，综上所述，当a＝时，原不等式的解集为{}，当a＜时，原不等式的解集为{x|a≤x≤5﹣a}，当a＞时，原不等式的解集为{x|5﹣a≤x≤a}．21．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n＝3a n﹣3．（1）证明数列{a n}是等比数列；（2）若数列{b n}满足b n＝log3a n，记数列{}的前n项和为T n，证明：＜T n＜．【分析】（1）易知，a1＝3≠0．由2S n＝3a n﹣3，可知2S n﹣1＝3a n﹣1﹣3，两式相减整理得a n＝3a n﹣1，即（n≥2），为常数．故数列{a n}是以3为首项，3为公比的等比数列；（2）由（1）可知a n＝3n，b n＝n，于是＝，然后采用错位相减法可求得T n＝＜；当n≥2时，采用作差法可证得T n﹣T n﹣1＞0，即数列{T n}为递增数列，T n＞T1＝，故而得证．【解答】证明：（1）因为2S n＝3a n﹣3，所以2S n﹣1＝3a n﹣1﹣3，两式相减得，2a n＝3a n﹣3a n﹣1（n≥2），即a n＝3a n﹣1（n≥2），在2S n＝3a n﹣3中，令n＝1，则2a1＝2S1＝3a1﹣3，解得a1＝3≠0，故数列{a n}是以3为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1）可知a n＝3n．所以b n＝log3a n＝log33n＝n，所以＝．所以T n＝+++……++，T n＝+++……++，两式相减得，T n＝+++……+﹣＝﹣＝，所以T n＝＝＜，当n≥2时，T n﹣T n﹣1＝＝＞0，故数列{T n}为递增数列，T n＞T1＝．综上所述，＜T n＜．22．2020年5月6日，成都东部新区正式挂牌，标志着经过三年的规划设计，一个承接成渝地区双城经济圈建设、落实成都东进战略的新区正式成立．为落实东部新区“双城一园、一轴一带”的空间布局，某部门规划了一个如图所示的三角形（△ABC）产业园区，其中AC•sin A＝BC•cos B．（1）求角B的大小；（2）若在该产业园区内再规划一个核心功能区△ADE（D、E是边BC上的点），且C ＝，∠DAE＝，AC＝200米，求核心功能区△ADE面积的最小值．【分析】（1）由正弦定理可得sin B sin A＝sin A cos B，结合sin A≠0，利用同角三角函数基本关系式可求得tan B＝，结合范围B∈（0，π），可求B的值．（2）由已知及（1）可求AB的值，记∠BAD＝α，则，则∠BDA＝﹣α，利用正弦定理可得AD＝，AE＝，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求△ADE的面积S＝，结合范围，可求范围2α∈[0，]，利用正弦函数的性质即可求解．解：（1）∵AC•sin A＝BC•cos B，∴由正弦定理可得sin B sin A＝sin A cos B，∵A∈（0，π），∴sin A≠0，∴sin B＝cos B，可得tan B＝，∵B∈（0，π），∴B＝…5分（2）由已知及（1）可知，∠BAC＝，∵AC＝200米，∴AB＝200米，…6分记∠BAD＝α，则，则∠BDA＝﹣α，∴在△ABD中，＝，可得AD＝，…7分由∠CAE＝﹣α，C＝，则∠CEA＝+α，∴在△ACE中，＝，可得AE＝，…8分∴△ADE的面积S＝AD•AE•sin∠DAE＝××sin＝×＝＝，…11分当时，2α∈[0，]，当α＝时，sin2α取得最大值1，此时△ADE 面积的最小值30000（2﹣）平方米…12分。
2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区第一中学高一化学期末试卷含解析
2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区第一中学高一化学期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 已知石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，由此可能出的正确结论是（）A．石墨比金刚石更稳定 B．金刚石比石墨更稳定C．石墨转化成金刚石是物理变化 D．石墨和金刚石的结构相同参考答案：A略2. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表下列叙述错误的是（）A. 离子半径大小：Y2- > M2- > R3+B. Z与M组成的化合物是形成酸雨的原因之一C. 将YM2通入酸性高锰酸钾溶液中看不到任何现象D. X、Y、R的最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应参考答案：C主族元素中，元素最高正价与其族序数相等，最低负价=族序数-8，根据元素化合价知，X属于第IA 族、Y属于第VIA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，这几种元素都是短周期元素，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素，X是短周期中最活泼的金属元素，则X 是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素，A．电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径Y2-＞M2-＞R3+，选项A正确；B．Z是N元素、M是O元素，二者形成的二氧化氮是形成酸雨的主要成分之一，选项B正确；C．Y是S元素、M是O元素，二者形成的化合物二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，选项C错误；D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、H2SO4、Al（OH）3，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强酸、强碱反应，所以这三种物质之间能两两反应，选项D正确；答案选C。
3. 下列各图中，表示正反应是吸热反应的是()。
2022-2023学年四川省成都市高一下学期期末数学试题【含答案】
2022-2023学年四川省成都市高一下学期期末数学试题一、单选题1．若点(),0a 是函数πsin 6y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象的一个对称中心，则a 的值可以是（）A ．π3B ．π2C ．π6-D ．π3-【答案】C【分析】根据正弦函数的对称中心可求出结果.【详解】依题意可得ππ6a k +=，Z k ∈，所以ππ6a k =-，Z k ∈，当0k =时，π6a =-.故选：C 2．复数31()1z i i-=+(i 为虚数单位)，则其共轭复数z 的虚部为（）A ．1-B ．i -C ．1D ．i【答案】A【分析】根据复数的乘法及除法运算求出z ，得到z ，即可求解.【详解】∵()()()2i 11i 2111i i i i i 2---===-++-,()3i iz ∴=-=∴i z =-∴z 的虚部为1-故选：A3．已知,a b →→为单位向量，且(2)a b b →→→-⊥，则2a b →→-=（）A ．1B ．3C ．2D ．5【答案】B【解析】先根据(2)a b b →→→-⊥得221a b b →→→⋅==，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为,a b →→为单位向量，且(2)a b b →→→-⊥，所以20a b b →→→⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，所以221a b b →→→⋅==，所以22222443a b a b a a b b →→→→→→→→-=-=-⋅+=.故选：B .【点睛】本题考查向量垂直关系的向量表示，向量的模的计算，考查运算能力，是基础题.4．若π3cos 45α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则sin2α=（）A ．725B ．15C ．15-D ．725-【答案】D【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.【详解】ππ3cos cos 445αα⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22ππ37cos 22cos 12144525αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，且ππcos 2cos 2sin 242ααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：D.5．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥B ．若m n ∥，m α⊥，n β∥，则αβ⊥C ．若m n ⊥，m α∥，n β∥，则αβ∥D ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβ∥【答案】C【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为m α⊥，n β⊥，若m ，n分别在直线,m n 上为平面α，β的法向量，且m n ⊥ ，故αβ⊥，所以选项A 说法正确；因为//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而//n β，因此αβ⊥，所以选项B 说法正确；当αβ⋂时，如下图所示：也可以满足m n ⊥，//m α，//n β，所以选项C 说法不正确；因为//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以//αβ，因此选项D 说法正确，故选：C6．记函数()()πsin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ，若ππ42T <<，且()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则ω=（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】D【分析】分析可知函数()f x 的图象关于直线π3x =对称，可得出()31k k ω=+∈Z ，再利用函数()f x 的最小正周期求出ω的取值范围，即可得出ω的值.【详解】对任意的x ∈R ，()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则π3f ⎛⎫⎪⎝⎭为函数()f x 的最大值或最小值，故函数()f x 的图象关于直线π3x =对称，故()ππππ362k k ω+=+∈Z ，解得()31k k ω=+∈Z ，又因为0ω>且函数()f x 的最小正周期T 满足ππ42T <<，即π2ππ42ω<<，解得48ω<<，故7ω=.故选：D.7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（）A ．2530πB ．3016πC ．3824πD ．4350π【答案】A【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.则()3314π9486πm 23V =⨯⨯⨯=半球，()239141134m V ππ=⨯⨯=圆柱，()()22319911π30910πm 3V =⨯+⨯+⨯=圆台，所以()3486π1134π910π2530πm V V V V =++=++=半球圆柱圆台.故选:A.8．如图，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，2AB =，4AC =，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，则PB PC ⋅的最小值为（）A ．0B ．165-C ．245-D ．565-【答案】C【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解【详解】设AD 为斜边BC 上的高，则圆A 的半径222445,24255416r AD BC ⨯====+=+，设E 为斜边BC 的中点，,PA AE θ=，则[]0,πθ∈，因为455PA = ，5AE = ，则()()()21625PB PC PA AB PA AC PA PA AB AC PA AE ⋅=+⋅+=+⋅+=+⋅ 16451625cos 8cos 555θθ=+⨯⨯=+，故当πθ=时，PB PC⋅ 的最小值为1624855-=-.故选：C.二、多选题9．下列说法中错误的是（）A ．已知()1,3a =- ，()2,6b =- ，则a 与b可以作为平面内所有向量的一组基底B ．已知()()1,3,0,1a b =-=，则a 在b 上的投影向量的坐标是()0,3-C ．若两非零向量a ，b满足a b a b +=- ，则a b⊥ D ．平面直角坐标系中，()1,1A ，()3,2B ，()4,0C ，则ABC 为锐角三角形【答案】AD【分析】利用基底定义判断选项A ；利用向量数量积定义判断选项B ；利用向量垂直充要条件判断选项C ；利用向量夹角定义判断选项D.【详解】选项A ：已知()1,3a =- ，()2,6b =- ，则2a b = ，则//a b ，则a 与b不可以作为平面内所有向量的一组基底，故A 错误；选项B ：a 在b 上的投影向量为()()2210310,1031a b b b ⋅⨯-⨯==- ，，故B 正确；选项C ：若两非零向量a ，b满足a b a b +=- ，则22a b a b+=- 即()()22a ba b +=-，整理得0a b ⋅=，则a b ⊥ ，故C 正确；选项D ：平面直角坐标系中，()1,1A ，()3,2B ，()4,0C ，则(2,1)BA =--，(1,2)BC =- ，则220BA BC ⋅=-+=，则BA BC ⊥ ，则ABC 为直角三角形，故D 错误；故选：AD.10．复数z 在复平面内对应的点为Z ，原点为O ，i 为虚数单位，下列说法正确的是（）A ．若12z z >，则2212z z >B ．若20z ≠，则1122z z z z =C ．若32i z =-+是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根，则19p q +=D ．若12i 2z ≤-≤，则点Z 的集合所构成的图形的面积为π【答案】BCD【分析】根据复数的概念、几何意义及其性质，对各个选项进行逐个检验即可得出结论.【详解】对于A ，令122i,1z z ==,满足12z z >,但2212z z <,，故A 错误；对于B,设1i,(,z a b a b =+∈R 且不同时为0)，()2i ,z c d c d =+∈R 12i i z a b z c d +=+()()()()i i i i a b c d c d c d +-=+-()22i ac bd bc ad c d ++-=+22221()()ac bd bc ad c d=++-+()()2222221a bc dc d =+++2222a b c d+=+12z z =，故B 正确；对于C ，32i z =-+，且z 是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根,32i z ∴=--也是关于x 的方程20x px q ++=的另一个根,()()()32i 32i ,32i 32i p q ⎧-++--=-⎪∴⎨-+--=⎪⎩解得6,13p q ==，故19p q +=,故C 正确,对于D,设i,,z a b a b =+∈R ,则()()222i 2i 2z a b a b -=+-=+-,故221(2)2a b ≤+-≤,圆22(2)2x y +-=的面积为2π,圆22(2)1x y +-=的面积为π,故点Z 的集合所构成的图形的面积为2πππ-=,故D 正确.故选:BCD.11．ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为ABC 的面积，且23a =，233AB AC S ⋅= ，下列选项正确的是（）A ．π3A =B ．若ABC 有两解，则b 取值范围是()23,4C ．若ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是[]2,4D ．若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为3【答案】ABD【分析】根据向量运算结合面积公式得到π3A =，A 正确；根据sin b A a b <<，代入数据则可判断B 正确；确定ππ62B <<，计算()4sin 2,4b B =∈，C 错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D 正确，得到答案.【详解】对选项A ：233AB AC S ⋅= ，故231cos sin 32cb A bc A =⨯，故tan 3A =，()0,πA ∈，所以π3A =，故A 正确；对选项B ：若△ABC 有两解，则sin b A a b <<，即3232b b <<，则()23,4b ∈，故B 正确；对选项C ：ABC 为锐角三角形，则π02B <<，ππ32A B B +=+>，故ππ62B <<，则1sin 12B <<，sin sin b a B A=，故()sin 4sin 2,4sin a B b B A ==∈，故C 错误；对选项D ：若D 为BC 边上的中点，则()12AD AB AC =+ ，故()()()2222221112cos 444AD AB AC c bc A b b c bc =+=++=++ ，又222222cos 12a b c bc A b c bc =+-=+-=，2212b c bc +=+，由基本不等式得22122b c bc bc +=+≥，当且仅当23b c ==时等号成立，故12bc ≤，所以()21112336942AD bc bc bc ⎡⎤=++=+≤+=⎣⎦ ，故3AD ≤ ，正确；故选：ABD.12．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为棱11B C ，1BB 的中点，G 为面对角线1A D 上的一个动点，则（）A ．三棱锥1B EFG -的体积为定值B ．线段1A D 上存在点G ，使1AC ⊥平面EFG C ．线段1AD 上存在点G ，使平面//EFG 平面1ACD D ．设直线FG 与平面11ADD A 所成角为θ，则sin θ的最大值为223【答案】ABD【分析】对于A 选项，利用等体积法判断；对于B 、C 、D 三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面11//ADD A 平面11BCC B ，所以G 到平面11BCC B 的距离为定值，又1B EF S △为定值，所以三棱锥1G B EF -即三棱锥1B EFG -的体积为定值，故A 正确．对于B,如图所示,以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,1DD 为z 轴,建立空间直角坐标系,则()2,0,0A ，()()2,2,0,0,0,0B D ,()0,2,0C ，()12,0,2A ，()10,0,2D ()()()10,2,2,1,2,2,2,2,1C E F ，所以()12,2,2A C =- ，()2,2,0AC =- ，()12,0,2AD =-，()1,0,1EF =- 设1DG DA λ=（01λ≤≤），则()2,0,2G λλ所以()21,2,22EG λλ=--- ，()22,2,21FG λλ=---1A C ⊥平面EFG 11A C EG A C FG ⎧⊥⎪⇔⎨⊥⎪⎩即()()()()()()()()221222220222222210λλλλ⎧--+⨯-+-⨯-=⎪⎨--+⨯-+-⨯-=⎪⎩解之得14λ=当G 为线段1A D 上靠近D 的四等分点时，1A C ⊥平面EFG .故B 正确对于C ，设平面1ACD 的法向量()1111,,n x y z =则1111111220220n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取11x =得()11,1,1n =设平面EFG 的法向量()2222,,n x y z =,则()()22222220212220n EF x z n EG x y z λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+-=⎪⎩取21x =,得21,,1243n λ⎛⎫= ⎪⎝-⎭ ,平面1ACD //平面EFG ⇔12//n n设12n kn = ,即()431,1,11,,12k λ-⎛⎫= ⎪⎝⎭,解得451,k λ==，01λ≤≤ ，不合题意∴线段1B C 上不存在点G ,使平面EFG //平面1BDC ，故C 错误．对于D ，平面11ADD A 的法向量为()0,1,0n =则22sin 8129FG n FG n θλλ⋅==-+ 因为22398129842λλλ⎛⎫-+=-+ ⎪⎝⎭92≥所以22222sin 3981292θλλ=≤=-+所以sin θ的最大值为223．故D 正确．故选：ABD三、填空题13．若角α的终边上有一点()1,4P -，则tan 2α=．【答案】815【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.【详解】由题意得4tan 41α-==-，故()()22242tan 88tan 21tan 1161514ααα⨯--====----.故答案为：81514．记ABC 面积为3，60B =︒，223a c ac +=，则b =.【答案】22【分析】由三角形面积公式可得4ac =，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，13sin 324ABC S ac B ac === ，所以224,12ac a c =+=，所以22212cos 122482b ac ac B =+-=-⨯⨯=，解得22b =（负值舍去）.故答案为：22.15．如图，在三棱锥A BCD -中，1AB AC ==，AB AC ⊥，2AD =，AD ⊥平面ABC ，E 为CD 的中点，则直线BE 与AD 所成角的余弦值为.【答案】23【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得,,AD AB AC 两两垂直，从而将三棱锥A BCD -置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.【详解】因为AD ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，，AC ⊂平面ABC ，所以AD AB ⊥，AD AC ⊥，又AB AC ⊥，所以,,AD AB AC 两两垂直，将三棱锥A BCD -置于一个长方体中，如图所示，易知//BF AD ，所以直线BE 与AD 所成角即为BF 与BE 所成角为FBE ∠（或其补角），由题意可知，2221321122BF BE FE ⎛⎫===++= ⎪⎝⎭，，在FBE 中，由余弦定理，得222222332222cos 323222BF BE FE FBE BF BE ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⋅⨯⨯，所以直线BE 与AD 所成角的余弦值为23.故答案为：23.16．在平面四边形ABCD 中，AB AC ⊥，3AC AB =，1AD CD ==，则BD 的最大值为.【答案】3【分析】设CAD α∠=，利用三角函数函数得2cos AC α=，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设CAD α∠=，π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则12cos ACADα=，代入数据得2cos AC α=，3AC AB = ，2cos 23cos 33AB αα∴==，在ABD △中运用余弦定理得222π2cos 2BD AB AD AB AD α⎛⎫=+-⋅+ ⎪⎝⎭，即2224cos 2312cos 1sin 33BD ααα=++⨯⨯⨯224cos 2312cos 1sin 33ααα=++⨯⨯⨯41cos 223sin 21323αα+=⨯++223545cos 2sin 2sin 2333363πααα⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，ππ7π2,666α⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，所以当ππ262α+=，即π6α=时，2BD 的最大值为3，则BD 的最大值为3.故答案为：3.【点睛】关键点睛：本题的关键在于引角，设CAD α∠=，再利用三角函数和余弦定理得到222π2cos 2BD AB AD AB AD α⎛⎫=+-⋅+ ⎪⎝⎭，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.四、解答题17．已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示.(1)求()f x 的解析式；(2)将()f x 的图像向右平移π6个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的12倍，得到()g x 的图像，求()g x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】(1)()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）根据给定的函数图像，利用“五点法”作图求解即可；（2）利用函数图像变换求出函数()g x 的解析式，再利用正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）依题意，由图像得1A =，12πππ2362T =-=，解得πT =，又0ω>，则2π2πω==，所以()()sin 2f x x ϕ=+，因为点π,16⎛⎫ ⎪⎝⎭在()f x 的图像上，则πsin 13ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以ππ2π32k ϕ+=+，Z k ∈，即π2π6k ϕ=+，Z k ∈，而π2ϕ<，则π6ϕ=，所以()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．（2）依题意，()ππππ2sin 22sin 46666g x f x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则ππ5π4666x -≤-≤，而函数sin y x =在ππ,62⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，在π5π,26⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此有π1sin 4,162x ⎛⎫⎡⎤-∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．18．已知()1f x m n =⋅- ，其中()3,2cos m x = ，()()sin2,cos R n x x x =∈ .(1)求()f x 的单调递增区间；(2)在ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若()2f A =，2a bc =，求11tan tan B C+的值.【答案】(1)πππ,π36k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，Zk ∈(2)233【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；（2）根据已知先求角A ，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.【详解】（1）()1(3,2cos )(sin 2,cos )1f x a b x x x =⋅-=⋅- 2π3sin 22cos 13sin 2cos 22sin 26x x x x x ⎛⎫=+-=+=+ ⎪⎝⎭令πππ2π22π,Z 262k x k k -≤+≤+∈，得ππππ36k x k -≤≤+，Z k ∈所以()f x 的单调增区间为πππ,π36k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，Z k ∈．（2）∵()π2sin 26f A A ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，∴πsin 16A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又()0,πA ∈，ππ7π,666A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，∴ππ62A +=，∴π3A =，∵2a bc =，则由正弦定理得2sin sin sin A B C =⋅．∴11cos cos sin cos cos sin tan tan sin sin sin sin B C C B C BB C B C B C ++=+=()2sin sin sin 1123πsin sin sin sin sin sin 3sin 3B C A A B CB C A A +======.19．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为平行四边形，2AD =，22DC =，四边形DCFE 为梯形，//DE CF ，CD DE ⊥，3DE =，6CF =，45ADE ︒∠=，平面ADE ⊥平面DCFE.(1)求证：//AE 平面BCF ；(2)求直线AC 与平面CDEF 所成角的正弦值；(3)求点F 到平面ABCD 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)66(3)32【分析】（1）由线面平行的判定定理可得//AD 平面BCF ，//DE 平面BCF ，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）作AO DE ⊥于O ，由线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面ADE ，AO ⊥平面CDEF ，连结CO ，直线AC 与平面CDEF 所成角为ACO ∠，求出正弦值即可；（3）由（2）得AO ⊥平面CDEF ，又F ACD A CDF V V --=，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴//BC AD ，BC ⊂平面BCF ，AD ⊄平面BCF ，所以//AD 平面BCF ，∵//DE CF ，CF ⊂平面BCF ，DE ⊄平面BCF ，所以//DE 平面BCF ，AD DE D ⋂=，,AD DE ⊂平面ADE ，∴平面//BCF 平面ADE ，∵AE ⊂平面BCF ，∴//AE 平面BCF.（2）∵平面ADE ⊥平面DCFE ，平面ADE 平面DCFE DE =，CD DE ⊥ ，CD ⊂平面DCFE ，CD \^平面ADE ，AD ⊂ 平面ADE ，CD AD ∴⊥，()222222223AC AD CD ∴=+=+=，作AO DE ⊥于O ，分别连接,,AC AO CO ，因为平面ADE ⊥平面DCFE ，平面ADE 平面DCFE DE =，AO ⊂平面ADE ，所以AO ⊥平面CDEF ，连结CO ，所以直线AC 与平面CDEF 所成角为ACO ∠，45ADE ∠= ，∴22ADAO ==，所以26sin 623AO ACO AC ∠===．直线AC 与平面CDEF 所成角的正弦值为66；（3）连接DF 由（2）得AO ⊥平面CDEF ，又F ACD A CDF V V --=，所以距离CDF ACDS AOd S ⋅=，又由已知可得116226222CDF S CF CD =⋅=⨯⨯=，1222222ACD S =⨯⨯=，2AO =，所以6223222d ⨯==．20．为了丰富同学们的课外实践活动，石室中学拟对生物实践基地（ABC 区域）进行分区改造.BNC 区域为蔬菜种植区，CMA 区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，MNC 区域规划为学生自主栽培区.MNC 的周围将筑起护栏.已知20m AC =，40m AB =，60BAC ∠=︒，30MCN ∠=︒.(1)若10m AM =，求护栏的长度（MNC 的周长）；(2)学生自主栽培区MNC 的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由.【答案】(1)()30103m +(2)有，()230023m-【分析】（1）利用余弦定理证得AM CM ⊥，从而判断得ANC 是正三角形，由此得解；（2）在ANC 与ACM △中，利用正弦定理求得CN 与CM 关于θ的表达式，从而利用三角形的面积公式得到CMN S 关于θ的表达式，再结合三角函数的最值即可得解.【详解】（1）依题意，在AMC 中，20m AC =，10m AM =，60BAC ∠=︒，所以2222cos 300CM AM AC AM AC A =+-⋅=，则03m 1CM =，222AC CM AM =+，即AM CM ⊥，所以30ACM ∠=︒，又30MCN ∠=︒，故60ACN ∠=︒，所以ANC 是正三角形，则20m CN AN AC ===，10m MN AN AM =-=，所以护栏的长度（MNC 的周长）为()30103m CM CN MN ++=+.（2）学生自主栽培区MNC 的面积有最小值()230023m -，理由如下：设ACM θ∠=(060θ︒<<︒)，在ANC 中，30MCN ∠=︒，则()180603090ANC θθ∠=︒-︒-+︒=︒-，由正弦定理得()20sin 60sin 90cos CN AC θθ==︒︒-，得103cos CN θ=，在ACM △中，18060120CMA θθ∠=︒-︒-=︒-，由正弦定理得()sin60sin 120CM AC θ=︒︒-，得()103sin 120CM θ=︒-，所以()1300sin 3024sin 120cos CMN S CM CN θθ=⋅⋅︒=︒- ()23003004sin120cos cos120sin cos 2sin cos 23cos θθθθθθ==︒-︒+()300300sin 23cos 232sin 2603θθθ==+++︒+，所以当且仅当26090θ+︒=︒，即15θ=︒时，CMN 的面积取得最小值为()23300020233m =-+﹒21．如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，4AB =，2BC =，D 是AC 中点，作DE AB ⊥于E ，将ADE V 沿直线DE 折起到PDE △所处的位置，连接PB ，PC ，如图2.(1)若342PB =，求证：PE BC ⊥；(2)若二面角P DE A --为锐角，且二面角P BC E --的正切值为269，求PB 的长.【答案】(1)证明见解析(2)11【分析】（1）利用勾股定理推得BE PE ⊥，从而利用线面垂直的判定定理证得PE ⊥平面BCDE ，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角P DE A --与二面角P BC E --的平面角，从而利用勾股定理得到关于CG x =的方程，解之即可得解.【详解】（1）在图1中，90C ∠=︒，4AB =，2BC =，D 是AC 中点，所以30A =︒，23AC =，则3AD =，3322AE AD ==，52BE =，则32PE AE ==，又342PB =，所以222PE BE PB +=，则BE PE ⊥，因为DE AB ⊥，则PE DE ⊥，又,,DE BE E DE BE ⋂=⊂平面BCDE ，所以PE ⊥平面BCDE ，因为BC ⊂平面BCDE ，所以PE BC ⊥.（2）由题意知,DE BE DE PE ⊥⊥，,PE EB E PE ⋂=⊂平面,PEB EB ⊂平面PEB ，因而ED ⊥平面PEB ，则PEA ∠为二面角P DE A --的平面角（或补角），即PEA ∠为锐角，又ED ⊂平面BCDE ，因而平面PBE ⊥平面BCDE .作PH BE ⊥所在的直线于点H ，如图，又平面PBE ⋂平面BCDE BE =，PH ⊂平面PBE ，所以PH ⊥平面BCDE ，因为BC ⊂平面BCDE ，所以PH BC ⊥，作HG BC ⊥于点G ，连接PG ，又,,PH HG H PH HG =⊂ 面PHG ，故BC ⊥面PHG ，因为PG ⊂面PHG ，则BC PG ⊥，所以PGH ∠为二面角P BC E --的平面角（或补角），设PGH θ∠=，则26tan 9θ=，在ABC 中，30A =︒，设304CG x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则32,2,422AH x HE x HB x ==-=-，因而22933264,3(2)422PH x x x HG HB x ⎛⎫=--=-==- ⎪⎝⎭，在直角三角形PHG 中，26tan 9PH HG θ==，即2642693(2)x x x -=-，解得12x =或1611x =（舍去），此时2,3PHH B ==，从而2211PBPHH B =+=.22．在ABC 中，a ，b ，c ，分别是角A ，B ，C 的对边，请在①sin sin sin A C b c B a c--=+；②sin sin 2B Cc a C +=两个条件中任选一个，解决以下问题：(1)求角A 的大小；(2)如图，若ABC 为锐角三角形，且其面积为32，且12AM AC = ，2AN NB = ，线段BM 与线段CN相交于点P ，点G 为ABC 重心，求线段GP 的取值范围.【答案】(1)π3A =(2)113,612⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.（2）用AB、AC 作为平面内的一组基底表示出AG ，再根据平面向量共线定理及推论表示出AP ，即可表示GP，利用面积公式求出2bc =，再由三角形为锐角三角形求出b 的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．【详解】（1）若选①，因为sin sin sin A C b cB a c --=+，由正弦定理可得，a c b c b a c--=+，化简可得222a b c bc =+-，又因为2222cos a b c bc A =+-，则1cos 2A =，()0,πA ∈，故π3A =.若选②，因为sinsin 2B C c a C +=，由正弦定理可得，sin sin sin sin 2A C A C π-⎛⎫= ⎪⎝⎭，且sin 0C ≠，则cos2sin cos 222A A A =，且cos 02A≠，所以1sin 22A =，其中π0,22A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以π26A =，则π3A =.（2）由题意可得23AN AB = ，12AM AC =，所以()222111333233AG AB BG AB BM AB AM AB AB AC AB AB AC⎛⎫=+=+=+-=+-=+ ⎪⎝⎭ ，因为C 、N 、P 三点共线，故设()()2113AP AN AC AB AC λλλλ=+-=+-，同理M 、B 、P 三点共线，故设()()1112AP AB AM AB AC μμμμ=+-=+- ，则()231112λμλμ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，解得3412λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以1124A AB A PC =+ ，则()11111112243361212GP AP AG AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-=+-+=-=-⎪⎝⎭，因为13sin 22ABC S bc A == ，所以2bc =，又因为ABC 为锐角三角形，当C 为锐角，则0AC BC ⋅> ，即()22102A AC AC A C AC AB B b bc -⋅⋅==>--uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，即22b c b>=，所以1b >；当B 为锐角，则0AB CB ⋅> ，即()22102A AB AB A B AC AB C c bc -⋅=⋅=>--uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，则2c b >，即22b b⋅>，所以02b <<；综上可得12b <<，又因为1212GP AB AC =⋅-，则()222222222216144|2444|4||424GP AB ACAB AB AC AC AB AB AC AC c bc b b b=-=-⋅+=-⋅+=-+=-+ ，因为12b <<，则214b <<，且()164f x x x=-+在(1,4)上单调递减，()()113,44f f ==，所以()()4,13f x ∈，即()22216144||44,13GP b b=-+∈uuu r ，所以113,612GP ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭．。
四川省成都市2021-2022学年高一下学期期末数学(理科)试题(解析版)
所以第4个图形的周长为
故答案为: ； .
16.在三棱锥A-BCD中，有 ， ， ，且 ，分别经过三条棱AB，AC，AD作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是________（按从大到小顺序排列，并用“>”号连接）．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可由 ，直接计算出 ， ， ，可得 ， ， ，在用作差法，可得最后答案.
3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1.已知向量 ，则 =（）
A. B.1C.2D.5
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模的坐标表示求解即可.
【详解】解：因为向量 ，所以 .
故选：A
2. （）
A. B. C. D.
【详解】由题意，母线长 ，底面的周长 ，
侧面积 ；
故答案为： .
15.如图，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的 为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的 擦掉，得到第2个图形，重复上面的步骤，得到第3个图形．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线，又名“雪花曲线”．
根据上图可知，第3个图形的边长为________，第4个图形的周长为________．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，即可得到 且 ，再由 且 ，即可得到 是平行四边形，从而 ，即可得证．
（2）由面面垂直的性质得到 平面 ，再证 平面 ，即可得到点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，最后根据等体积法计算可得．
四川省成都市龙泉驿区第二中学2020年高一数学理期末试卷含解析
四川省成都市龙泉驿区第二中学2020年高一数学理期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A. B. C. D. 3参考答案：A【分析】首先根据三视图画出几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出结果．【详解】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：故：V．故选：A．【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题．2. 已知是定义在上的奇函数，当时，的图象如图所示，那么不等式的解集是（）A.B.C.D.参考答案：B3. 设a、b是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题错误的是（）A．若a⊥α，b∥α，则a⊥b B．若a⊥α，b∥a，b?β，则α⊥βC．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b D．若a∥α，a∥β，则α∥β参考答案：D考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：证明题．分析：由题设条件a、b是两条不同直线，α、β是两个不同平面，在此背景下，对四个选项中的条件与结论进行探讨，得出正确答案．解答：解：A选项不正确，由于a⊥α，b∥α，可得出a⊥b，故此命题是正确命题B选项不是正确选项，若a⊥α，b∥a，可得出b⊥α，又b?β，由字定理知则α⊥β，故此命题是正确命题C选项不是正确选项，若a⊥α，b⊥β，α∥β两条直线分别垂直于两个平行平面，可得出a∥b，故此命题是正确命题D选项是正确选项，a∥α，a∥β，不能得出α∥β，因为平行于同一直线的两个平面可能相交故选D点评：本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，解答本题关键是熟练掌握线面间位置关系的判断条件以及较好的空间想像能力．4. 已知等差数列{a n}的公差，前n项和为S n，若对所有的，都有，则（）．A. B. C. D.参考答案：D分析：由，都有，再根据等差数列的性质即可判断.详解：由，都有，，，故选：D.点睛：利用等差数列的性质求S n，突出了整体思想，减少了运算量.5. 设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为( ) A． B． C． D．参考答案：D略6. 若，则f(－3)的值为A．2 B．8 C. D.参考答案：D7. 已知集合I={x∈Z|﹣3＜x＜3}，A={﹣2，0，1}，B={﹣1，0，1，2}，则（?I A）∩B等于（）A．{﹣1} B．{2} C．{﹣1，2} D．{﹣1，0，1，2}参考答案：C【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】化简集合I，根据补集与交集的定义写出计算结果即可．【解答】解：集合I={x∈Z|﹣3＜x＜3}={﹣2，﹣1，0，1，2}，A={﹣2，0，1}，B={﹣1，0，1，2}，则?I A={﹣1，2}，所以（?I A）∩B={﹣1，2}．故选：C．8. 设，，，则的大小顺序是( )A. B.C. D.参考答案：B9. 设集合A＝{1,2}，B＝{1,2,3}，C＝{2,3,4}，则(A∩B)∪C等于( )A．{1,2,3} B．{1,2,4}C．{2,3,4} D．{1,2,3,4}参考答案：D10. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C+ccos B=asin A，则△ABC的形状为（）A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 D．不确定参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知下列四个命题：①函数是奇函数；②函数满足:对于任意，都有;③若函数满足，，则；④设，是关于的方程的两根，则；其中正确的命题的序号是参考答案：①②③④12. 已知函数f(x)＝则f(4)＝________.参考答案：13. 已知参考答案：14. 在△ABC中．已知，P 为线段AD 上的一点，且满足．若△ABC的面积为，，则的最小值为_______．参考答案：【分析】利用A，P，D三点共线可求出m，并得到．再利用平面向量的基本性质和基本不等式即可求出的最小值．【详解】解∵∵A，P，D三点共线，∴，即m．∴，又∵，且．∴，即CA?CB＝8．∴∴．故答案为：2．【点睛】本题考查平面向量共线定理，是中档题，解题时要认真审题，注意平面向量线性运算的运用．15. 在中，已知．则角=***** .参考答案：16. 函数y=lg （12+x ﹣x 2）的定义域是 ．参考答案：{x|﹣3＜x ＜4}【考点】33：函数的定义域及其求法．【分析】令12+x ﹣x 2＞0，解不等式即可．【解答】解：由12+x ﹣x 2＞0，即x 2﹣x ﹣12＜0解得﹣3＜x ＜4． 所以函数的定义域为{x|﹣3＜x ＜4}． 故答案为：{x|﹣3＜x ＜4}． 17. 设，过定点A 的直线和过定点B 的直线，两条直线相交于点P ，点P 的轨迹为曲线C . 则 （1）定点B 的坐标是___________； （2）设点是曲线C 上的任意一点，那么的取值范围是___________.参考答案：(1) (2)【分析】(1)利用过定点的直线系方程可得结果，（2）明确曲线C 的方程，利用圆的参数方程表示，进而结合三角函数的图像与性质可得结果.【详解】(1)直线可化为m （x ﹣4）+2﹣y ＝0，令，解得，所以直线l 过定点B （，2）； (2) 由题意可知：，故直线与直线互相垂直，∴P 点在以AB 为直径的圆上运动，即P 点的轨迹方程为：，设，∴，∴的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查过定点的直线系方程，考查动点的轨迹方程，及直线与圆的位置关系，属于中档题.三、 解答题：本大题共5小题，共72分。
四川省成都市龙泉驿区第一中学高一数学理联考试卷含解析
四川省成都市龙泉驿区第一中学高一数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 如果函数是奇函数，则函数的值域是（）A．B．C．D．参考答案：D略2. 已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（ω＞0）的部分图象如图所示，下面结论错误的是（）A．函数f（x）的最小周期为B．图象f（x）的图象可由g（x）=Acos（ωx）的图象向右平移个单位得到C．函数f（x）的图象关于直线x=对称D．函数f（x）在区间（，）上单调递增参考答案：D【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】由函数图象可求函数的周期，利用正确公式可求ω，又由题图可知f（）=Acos（φ﹣π）=0，利用五点作图法可φ，从而可得函数解析式，令3x+=kπ，k∈Z，可解得函数的对称轴方程，令2kπ﹣π≤3x+≤2kπ，k∈Z，可解得函数的单调递增区间，即可逐一判断各个选项，从而得解．【解答】解：∵由题意可知，此函数的周期T=2（﹣）==，∴解得：ω=3，可得：f（x）=Acos（3x+φ）．又∵由题图可知f（）=Acos（3×+φ）=Acos（φ﹣π）=0，∴利用五点作图法可得：φ﹣π=，解得：φ=，∴f（x）=Acos（3x+）．∴令3x+=kπ，k∈Z，可解得函数的对称轴方程为：x=﹣，k∈Z，令2kπ﹣π≤3x+≤2kπ，k∈Z，可解得：kπ﹣≤x≤kπ﹣，k∈Z，故函数的单调递增区间为：[kπ﹣，kπ﹣]，k∈Z．∴对于A，函数f（x）的最小周期为，故A正确；对于B，因为g（x）=Acos3x的图象向右平移个单位得到y=Acos=Acos（3x﹣）=Acos（3x﹣）=Acos（3x+）=f（x），故B正确；对于C，因为函数的对称轴方程为：x=﹣，k∈Z，令k=2，可得函数f（x）的图象关于直线x=对称，故C正确；对于D，因为函数的单调递增区间为：[kπ﹣，kπ﹣]，k∈Z，令k=2，可得函数单调递增区间为：[，]，故函数f（x）在区间（，）上不单调递增，故D错误．故选：D．【点评】本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，余弦函数的图象和性质，三角函数的周期性及其求法，考查视图能力，计算能力，属于中档题．3. 已知，则的值为（）A.-1 B.0 C.1D.2参考答案：A略4. 若函数y=x2+(2a－1)x+1在区间（－∞，2上是减函数，则实数a的取值范围是（）A．－，+∞） B．（－∞，－ C．，+∞） D．（－∞，参考答案：B5. 已知指数函数、对数函数和幂函数的图像都经过点，如果，那么（）A. B. C.D.参考答案：D略6. 对于数列{a n}，若任意，都有（t为常数）成立，则称数列{a n}为t级收敛，若数列{a n}的通项公式为，且t级收敛，则t的最大值为（）A. 4B. 3C. 2D. 1参考答案：C【分析】由题分析可得数列是递增数列或常数列，进一步分析得到恒成立，即得t的最大值. 【详解】由题意：对任意的恒成立，，且具有性质，则恒成立，即恒成立，据此可知数列是递增数列或常数列，当数列是递增数列时，，据此可得：恒成立，故，又数列是不可能是常数列，所以的最大值为2.故选:C.【点睛】本题主要考查学生对新定义的理解，考查数列的单调性，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.7. 数列{ a n }定义为：a1 = cosθ，a n + a n + 1 = n sinθ + cosθ，n ≥ 1，则S 2 n + 1等于（）（A）n cosθ + n ( n + 1 ) sinθ（B）( n + 1 ) cosθ + n ( n + 1 ) sinθ（C）( n + 1 ) cosθ + ( n2 + n– 1 ) sinθ（D）n cosθ + ( n2 + n– 1 ) sinθ参考答案：B8. 下列命题正确的是( )A.若两条直线和同一个平面所成的角相等, 则这两条直线平行;B.若一个平面内有三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行;C.若一条直线和两个相交平面都平行, 则这条直线与这两个平面的交线平行;D.若两个平面都垂直于第三个平面, 则这两个平面平行.参考答案：C略9. lg8+3lg5的值为（）A.-3B.-1C.1D.3参考答案：D略10. 等比数列中，如果，，则等于（）A．4 B．C．D．3 参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 两圆相交于点A（1，3）、B（m，﹣1），两圆的圆心均在直线x﹣y+c=0上，则m+c= _________ ．参考答案：312. 数列中，，，则__________．参考答案：∵在数列中，，∴，∴，，，，，∴．13. 把平面上一切单位向量归结到共同的始点，那么这些向量的终点所构成的图形是___________。
2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区第七中学高一数学理期末试卷含解析
即： .
故答案为： .
【点睛】本题考查了两圆的相交弦问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于基础题.
三、
18.已知函数 ．
（1）判断函数f（x）的奇偶性，并证明；
（2）利用函数单调性的定义证明：f（x）是其定义域上的增函数．
参考答案：
【考点】奇偶性与单调性的综合；函数的单调性及单调区间．
C. D. 函数在定义域内为减函数
参考答案：
D
略
9.已知函数 ，则函数f(x)有（ ）
A．最小值 ，无最大值B．最大值 ，无最小值
C．最小值1，无最大值D．最大值1，无最小值
参考答案：
D
10.已知函数 的图象经过点 和 两点,若 ,则 的取值范围是( )
A． B． C． D．
参考答案：
B解析：
二、
11.设Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列{| |}的前n项的和，求Tn．
当100<x≤600时，
y＝22x－0.02x2＝－0.02(x－550)2＋6 050，
∴当x＝550时，y最大，此时y＝6 050.显然6 050>2 000.
所以当一次订购550件时，利润最大，最大利润为6 050元．………………10分
21.（本小题满分12分）集合 ，求 ．
参考答案：
； ； .
参考答案：
B
5.下列函数中，最小正周期为 的奇函数是( )
A． B． C． D．
参考答案：
A
略
6.已知定义域为R的函数f(x)在区间(8,+∞)上为减函数，且函数y=f(x+8)为偶函数，则