2016-2017学年福建省宁德市高一(下)期末数学试卷

2016-2017学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷
一、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，请在答题卡卡的相应位置填涂．
1. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.不存在
2. 函数的一条对称轴是
A. B. C. D.
3. 已知直线过点，且与直线互相垂直，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
4.
A. B. C. D.
5. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与所成角的大小为（）
A. B. C. D.
6. 要得到函数的图象，只需将图象上所有的点（）
A.横坐标变为原来的一半，纵坐标不变，再向左平移个单位
B.横坐标变为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移个单位
C.向左平移个单位，再将所得各点的横坐标变为原来的两倍，纵坐标不变
D.向左平移个单位，再将所得各点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变7. 如图，在中，，，是边的中点，是边上一动点，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8. 已知，为两个不同平面，，为两条不同直线，以下说法正确的是（）
A.若，，，则
B.若，，则
C.若丄，，，，则
D.若丄，，则
9. 已知为正四面体，则其侧面与底面所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
11. 己知圆，直线，若圆上到直线的距离为的点的个数为，则的可能取值共有
（）
A.种
B.种
C.种
D.种
12.
为定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，且当时，，则方程
解的个数是
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡相应位置
13. 已知向量的夹角为，且，，则________．
14. 已知角的终边过点，则________．
15. 圆与圆的公共弦的长为________．
16. 南北朝时代的伟大科学家祖暅提出体积计算原理：“幂势既同，则积不容异“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个
几何体的体积相等．图中阴影部分是由曲线、直线以及轴所围成的平面图形，将图形绕轴
旋转一周，得几何体Γ．根据祖暅原理，从下列阴影部分的平面图形绕轴旋转一周所得的旋转体中选一个求得Γ的体积为________
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. 已知点，，，向量．
若点在第二象限，求实数的取值范围
若，判断四边形的形状，并加以证明．
18. 己知为坐标原点，倾斜角为的直线与，轴的正半轴分别相交于点，，的面积为．
求直线的方程；
直线过点且与平行，点在上，求的最小值．
19. 已知向量，，
求函数的单调递增区间；
若，求的值．
20. 如图，已知是的直径，是上异于，的点，垂直于所在的平面，且，．（1）若点在内，且面，作出点的轨迹，说明作法及理由；
（2）求三棱锥体积的最大值，并求取到最大值时，直线与平面所成角的大小．
21. 己知圆过点，且与直线相切于点，是圆上一动点，，为圆与轴的两个交点（点在上方），直线，分别与直线相交于点，．
求圆的方程：
求证：在轴上必存在一个定点，使的值为常数，并求出这个常数．
22. 某工厂有甲、乙两生产车间，其污水瞬时排放量（单位：）关于时间（单位：）的关系均近似地满足函数，其图象如下：
（1）根据图象求函数解析式；
（2）由于受工厂污水处理能力的影响，环保部门要求该厂两车间任意时刻的污水排放量之和不超过，若甲车间先投产，为满足环保要求，乙车间比甲车间至少需推迟多少小时投产？
参考答案与试题解析
2016-2017学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷
一、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，请在答题卡卡的相应位置填涂．
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出．
【解答】
解：∵直线的斜率不存在，
∴倾斜角为，即为．
故选：．
2.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的对称性
【解析】
由题意利用正弦函数的图象的对称性，求出函数的一条对称轴．
【解答】
解：对于函数，令，求得，，
可得它的图象的对称轴为，，令，可得它的一条对称轴是，
故选．
3.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据题意设出直线的方程，把点代入方程求出直线的方程．
【解答】
解：根据直线与直线互相垂直，设直线为，
又过点，
∴，
解得，∴直线的方程为．
故选：．
4.
【答案】
A
【考点】
求两角和与差的正弦
【解析】
利用诱导公式以及两角和的正弦函数化简求解即可．
【解答】
解：
．
故选．
5.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
把正方体的平面展开图还原成正方体，由此能求出与所成角的大小．
【解答】
解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体，
∵，，
∴，
∴在这个正方体中，与所成角的大小为．
故选：．
6.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
利用三角恒等变换化简原函数的解析式，再利用函数的图象变换规律，求得平移后所得函数的解析式．
【解答】
解：∵函数，
故只需将图象上所有的点向左平移个单位，可得的图象；
再将所得各点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变，可得的图象，
故选：．
7.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量、，
再求出数量积的取值范围．
【解答】
解：根据题意，建立平面直角坐标系如图所示；
则，，，，
设，则；
∴，，
∴；
由，得，
∴的取值范围是．
故选：．
8.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用面面平行，面面垂直以及线面平行线面垂直的性质定理和判定定理对选项分析选择．
【解答】
解：对于，若，，，则或者异面；故错误；
对于，若，，则或者；故错误；
对于，若丄，，，，根据面面垂直的性质以及线面平行的性质定理可判断；故正确；对于，若丄，，则与位置关系不确定；故错误；
故选．
9.
【答案】
A
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
由已知中正四面体的所有面都是等边三角形，取的中点，连接，，由等腰三角形“三线合一”的性质，易得即为侧面与底面所成二面角的平面角，解三角形即可得到正四面体侧面与底面所成二面角的余
弦值．
【解答】
解：不妨设正四面体为，
取的中点，连接，，
设四面体的棱长为，则
且，，
则即为侧面与底面所成二面角的平面角．
在中，，
故正四面体侧面与底面所成二面角的余弦值是．
故选．
10.
【答案】
C
【考点】
由三视图求面积、体积
【解析】
根据三视图，可得该几何体是由长方体和半圆柱组合而成，根据数据即可计算．
【解答】
解：根据三视图，可得该几何体是由长方体和半圆柱组合而成，长方体的棱长分别为，，；圆柱的底面
半径为，高为，
则该几何体的表面积为
故选：
11.
【答案】
D
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
设圆心到直线的距离为，结合图形可得：圆上到直线的距离为的点的个数为，，，，，则的可能取值共有种．
【解答】
解：设圆心到直线的距离为，结合图形可得：
当时，若圆上到直线的距离为的点的个数为，
当时，若圆上到直线的距离为的点的个数为，
当时，若圆上到直线的距离为的点的个数为，
当时，若圆上到直线的距离为的点的个数为，
当时，若圆上到直线的距离为的点的个数为，
∴圆上到直线的距离为的点的个数为，则的可能取值共有种．
故选：
12.
【答案】
B
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
利用已知条件画出与的图象，即可得到方程解的个数．
【解答】
解：为定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，且当时，，
方程解的个数，就是解的个数，在坐标系中画出与的图象，
如图：
两个函数的图象有个交点，所以方程解的个数是：．
故选．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡相应位置
13.
【答案】
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
根据题意，设，，由向量数量积的运算公式可得
，化简可得，解可得的值，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设，
若，，向量的夹角为，
则有，
即，
解可得或（舍），
则；
故答案为：．
14.
【答案】
【考点】
运用诱导公式化简求值
三角函数
【解析】
由题意可得，，，由任意角的三角函数的定义可得，利用诱导公式化简所求求得结果．【解答】
解：∵由题意可得，，，
由任意角的三角函数的定义可得，
∴．
故答案为：．
15.
【答案】
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到求出直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．
【解答】
解：圆与圆得：，即
∵圆心到直线的距离，，
则公共弦长为．
故答案为：．
16.
【答案】
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
由题意可得旋转体夹在两相距为的平行平面之间，用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，求出所得截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等．
【解答】
解：如图，两图形绕轴旋转所得的旋转体夹在两相距为的平行平面之间，
用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，所得截面面积，∴，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，
∵ Γ，
∴ Γ．
故答案为：．
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.
【答案】
解：设，由已知得，
由得
，
即
又∵点在第二象限，∴，；
当时，，，，
∴，
且
∴四边形是平行四边形．
又，∴
∵，，
四边形是矩形．
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
设，由得，即
又，
当时，，，，
可得且，又，，∴，四边形是矩形．【解答】
解：设，由已知得，
由得
，
即
又∵点在第二象限，∴，；
当时，，，，
∴，
且
∴四边形是平行四边形．
又，∴
∵，，
四边形是矩形．
18.
【答案】
解：由题意可得：直线的斜率，设直线的方程为：．
可得直线与坐标轴的正半轴交点为，，其中．
∴，解得．
∴直线的方程为：
．
由可得：，．直线的方程为：．
设点关于直线的对称点，则，
解得，∴．
∵，
∴当，，三点共线时，取得最小值．
∴．
【考点】
直线的一般式方程
【解析】
由题意可得：直线的斜率，设直线的方程为：．可得直线与坐标轴的正半轴交点为，，其中．可得，解得即可得出．由可得：，．直线的方程为：．设点关于直线的对称点，则
，解得．，当，，三点共线时，取得最小
值．即可得出．
【解答】
解：由题意可得：直线的斜率，设直线的方程为：．
可得直线与坐标轴的正半轴交点为，，其中．
∴，解得．
∴直线的方程为：．
由可得：，．
直线的方程为：．
设点关于直线的对称点，
则，
解得，∴．
∵，
∴当，，三点共线时，取得最小值．
∴．19.
【答案】
解：向量，，
由，．
解得：，．
∴函数的单调递增区间为，．
由可得
∵，即
∴，
那么
．
【考点】
三角函数的化简求值
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
根据向量的乘积运算求出的解析式，化简，根据三角函数性质即可求函数的单调递增区间根据的解析式把带入，即，切化弦即可得答案．
【解答】
解：向量，，
由，．
解得：，．
∴函数的单调递增区间为，．由可得
∵，即
∴，
那么
．
20.
【答案】
解：取，的中点，分别记为，，
连结，，则线段即为点的轨迹，如图所示．
理由如下：
∵，分别为、的中点，
∴，
又面，面，
又，面，
∴面，
∴点轨迹是．
设为点到直线的距离，
∵面，
∴
，
∵，∴当，即是的中点时，
x
，
∵面，面，∴，
∵是的直径，点在上，∴，
∵，∴面，
∴是在面上的射影，
∴是直线与面所成的角，
∵是的中点，
∴，∴，
∴三棱锥体积取到最大值时，直线与平面所成角为．【考点】
直线与平面所成的角
轨迹方程
【解析】
（1）取，的中点，分别记为，，连结，，由，分别为、的中点，得，从而面，由此得到点轨迹是．
（2）设为点到直线的距离，由面，得到，即是的中点时， x，此时，，从而面，进而是直线与面所成的角，由此能求出三棱锥体积取到最大值时，直线与平面所成角为．
【解答】
解：取，的中点，分别记为，，
连结，，则线段即为点的轨迹，如图所示．
理由如下：
∵，分别为、的中点，
∴，
又面，面，
又，面，
∴面，
∴点轨迹是．
设为点到直线的距离，
∵面，
∴
，
∵，∴当，即是的中点时，
x
，
∵面，面，∴，
∵是的直径，点在上，∴，
∵，∴面，
∴是在面上的射影，
∴是直线与面所成的角，
∵是的中点，
∴，∴，
∴三棱锥体积取到最大值时，直线与平面所成角为．
21.
【答案】
解：∵圆与直线相切于点，
∴圆的圆心在轴上，
设圆的标准方程为，则，
解得，；
∴圆的方程为；
【解法一】证明：由得，，
又由已知可得直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，
∵是圆的直径，∴，
∴直线的方程为，
联立，解得；∴；
同理可求；如图所示，
设，则，；
∴，当时，为常数，与无关，
即在轴上存在一定点，使的值为常数．
【解法二】证明：由得，，
设，
由已知得，点在圆上，且异于点、，∴，，且；
∴直线的方程为，
当时，，∴点的坐标为，
同理：点的坐标为；
设，则，，
∴
；
当时，为常数，与无关，
即在轴上存在一定点，使的值为常数．【考点】
平面向量数量积的运算
圆的标准方程
【解析】
根据题意得出圆的圆心在轴上，设出圆的标准方程，求出圆心与半径即可；
【解法一】由题意设出直线的方程，根据写出直线的方程，
求出、的坐标，设点的坐标，利用坐标表示、和数量积，
计算为常数时，在轴上存在一定点．
【解法二】由题意设出点的坐标，根据点在圆上，
结合直线的方程求出点、的坐标；
设出点的坐标，利用坐标表示出、，
计算数量积为常数时，在轴上存在一定点．
【解答】
解：∵圆与直线相切于点，
∴圆的圆心在轴上，
设圆的标准方程为，
则，
解得，；
∴圆的方程为；
【解法一】证明：由得，，
又由已知可得直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，
∵是圆的直径，∴，
∴直线的方程为，
联立，解得；∴；
同理可求；如图所示，
设，则，；
∴，
当时，为常数，与无关，
即在轴上存在一定点，使的值为常数．
【解法二】证明：由得，，
设，
由已知得，点在圆上，且异于点、，∴，，且；
∴直线的方程为，
当时，，∴点的坐标为，
同理：点的坐标为；
设，则，，
∴
；
当时，为常数，与无关，
即在轴上存在一定点，使的值为常数．
22.
【答案】
（本题满分为分）
解：（1）由图可得：，…分
，…分
∵，
∴，…分
∴将，，代入，可得：，又∵，
∴，…分∴，
∴所求函数的解析式为，，…分
（注：解析式写成，或未写不扣分）
（2）设乙车间至少比甲车间推迟小时投产，…分
根据题意可得：，…分
∴，
∴，
∴，
∴，可得：，…分
∴，由，可得：，
∴，
∴为满足环保要求，乙车间比甲车间至少需推迟小时投产…分
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
（1）由图可得，，利用周期公式可求，将，，代入，结合范围，可求从而可求函数解析式．
（2）设乙车间至少比甲车间推迟小时投产，据题意得，
化简可得，由，可得范围，即可得解．
【解答】
（本题满分为分）
解：（1）由图可得：，…分
，…分
∵，
∴，…分
∴将，，代入，可得：，
又∵，
∴，…分
∴，
∴所求函数的解析式为，，…分
（注：解析式写成，或未写不扣分）
（2）设乙车间至少比甲车间推迟小时投产，…分
根据题意可得：，…分
∴，
∴，
∴，
∴，可得：，…分
∴，由，可得：，
∴，
∴为满足环保要求，乙车间比甲车间至少需推迟小时投产…分
第21页共22页◎第22页共22页。