黄冈市秋季高一数学秋季期末考试试题
湖北省黄冈市浠水县第一中学2023-2024学年高一下学期期末数学质量检测试题答案
浠水县第一中学2023-2024学年高一下学期期末质量检测答案1．B 【详解】共12个数据从小到大排列，12×25%=3，故下四分位数为第3个数据和第4个数据的平均值，即3+x 2. 故选：B2．A 【详解】向量b 在向量a 上的投影向量为a b|a |a|a |==−a ，故选：A.3．A 【详解】依次选出的编号为：01，17，09，08，06，14；则选出来的第6支水笔的编号为14.故选：A.4．C 【详解】根据函数f(x)=A sin (ωx +φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)在一个周期内的图象，可得A =3，T4=14⋅2πω=2π3−(−π3)=π，∴ω=12．再根据五点法作图，可得12×2π3+φ=π2+2kπ,k ∈Z ，所以φ=π6+2kπ,k ∈Z ，由于|φ|<π2，∴φ=π6，故选：C.5．C 【详解】设球的半径为R ，因为半球的体积V 为144πcm 3，即23πR 3=144π，解得R =6，所以圆台的上底面半径及高均是3，所以圆台的体积为13(36π+9π+36π⋅9π)×3=63π，所以该模型所需原料的质量m 约为(144π+63π)×1.6≈1035g ，故选：C.6．D 【详解】由题设知：原四边形中AB =CD =A ′B ′=C ′D ′=2且AB//CD ，所以原四边形ABCD 为平行四边形，而O ′C ′=2，则原四边形中OC =22，故AD =BC =OC 2+OB 2=3，综上，四边形ABCD 的周长为AB +CD +AD +BC =10.故选：D 7．B 【详解】由5−12=2sin18°，且m =5−12，可得m =2sin18∘，则cos18°(2−m 2)⋅sin36°=cos18°(2−4sin 218∘)sin36°=cos18°2(1−2sin 218∘)sin36°=cos18°2cos36°sin36°=cos18°sin72°=cos18°cos18°=1.故选：B.8．C 【详解】由八卦图的对称性可得∠AOB =2π8=π4，故|AB |=|OA−OB |=|AB |=2−2cos π4=2−2. 设O 到AB 的距离为d ，则S △OAB =12|OA ||OB |sin π4=12|AB |d ，解得d =222−2=22+222−22+2=2+22. 又OA ⋅AP +OF ⋅AP =OA ⋅AP +BO ⋅AP =(OA +BO )⋅AP =BA ⋅AP =|BA |⋅|AP |×(−cos ∠PAB ).又|AP |×(−cos ∠PAB )即AP 在BA 上的投影，其最大值为d−|AB |2=2+22−2−22，最小值为−d−|AB |2=−2+22−2−22.故−2−2(2+22+2−22)≤⃗BA⋅⃗AP≤2−2(2+22−2−22)，即−1≤⃗BA⋅⃗AP≤2−1.故选：C9．BC【详解】由复数z满足z(1+i)=2，可得z=21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，对于A中，由z=1+i，所以A不正确；对于B中，由|z|=12+(−1)2=2，所以B正确；对于C中，由z⋅z=(1−i)(1+i)=2，所以C正确；对于D中，由z2=(1−i)2=−2i，所以D不正确. 故选：BC.10．ABD【详解】A选项，每个个体被抽到的概率为550=0.1，故A正确；B选项，x1,x2,⋯,x10,y1,y1,⋯,y15的平均数为10×90+15×8510+15=87，方差S2=110+15×{10[3+(90−87)2]+15[5+(85−87)2]}=10.2，故B正确；C选项，这10个数据从小到大排列为12,13,14,15,17,19,23,24,27,30，由于10×0.7=7，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即23+242=23.5，所以第70百分位数是23.5，故C错误；D选项，不妨设x10−x1=6，则2x10+1−(2x1+1)=2(x10−x1)=2×6=12，即数据2x1+1,2x2+1,⋯,2x10+1的极差为12，由方差性质知S2=22×2=8，故D正确．故选：ABD11．AC【详解】对于A，随着G的移动，但是点G到平面A1EF的距离始终不变即为线段A1B1的长度，故V A1−EFG=V G−A1EF=13×A1B1×S△A1EF=13×12×12×12×1=124是定值，故A正确；对于B，如图所示，连接A1D∩EF=P，H为侧面CC1B1B的中心，平面A1DCB1与平面EFG和平面BDC1分别交于线PG、DH，若存在G点使平面EFG//平面BDC1，则PG//DH，又A1D//CB1，则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD>22=B1H，此时G应在CB1延长线上，故不存在线段B1C上一个动点G，使平面EFG//平面BDC1，故B错误；对于C，取EF的中点P，连接A1P，PG，又A1E=A1F=12，GE=GF=12+(12)2=52，所以A1P ⊥EF ，GP ⊥EF ，所以∠A 1PG 为二面角G−EF−A 1的平面角，又A 1B 1⊥平面AA 1D 1D ，A 1P ⊂平面AA 1D 1D ，所以A 1B 1⊥A 1P ，A 1P =12EF =12(12)2+(12)2=24，所以tan ∠A 1PG =A 1GA1P=124=22，即二面角G−EF−A 1的正切值为22，故C 正确；对于D ，连接AD 1，BC 1，EC 1，BF ，依题意可知B 1C ∩BC 1=G ，EF //AD 1，AD 1//BC 1，所以EF //BC 1，所以四边形EFBC 1为平面EFG 截正方体所得截面，又BC 1=12+12=2，EF =22，EC 1=BF =12+(12)2=52，如下平面图形，过点E 作EN ⊥BC 1，过点F 作EM ⊥BC 1，则BM =12(BC 1−EF )=24，所以FM =BF 2−BM 2=(52)2−(24)2=324，所以S EFBC 1=12(2+22)×324=98，当点G 为B 1C 中点时，平面EFG 截正方体所得截面的面积为98，故D 错误.故选：AC12．(−12,2)∪(2,+∞)【详解】∵a 与b 的夹角为锐角，∴a ·b >0，即4λ+2>0，解得λ>−12，当a 与b 共线时，可得2λ−4=0，解得λ=2，所以当λ=2时，a 与b 同向，∴实数λ的取值范围是(−12,2)∪(2,+∞). 故答案为：(−12,2)∪(2,+∞).13．3 【详解】取线段BC 的中点K ，分别连接AK,PK ，因为△PBC 为等边三角形，则PB =PC =BC =26，所以PK ⊥BC ，因为PA ⊥BC ，且PK ∩PA =P ，PK,PA ⊂平面APK ，所以BC ⊥平面APK ，因为AK ⊂平面APK ，所以BC ⊥AK ，又因为BC 的中点为K ，则AK 垂直平分BC ，因为AC ⊥AB ，所以∠CAK =∠BAK =45∘，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以AC =AB =23，因为PB =26，则PA 2+AB 2=PB 2，所以PA ⊥AB ，又因为PA ⊥BC ，AB,BC ⊂平面ABC ，AB ∩BC ⊂B ，所以PA ⊥平面ABC ，则易知PA ，AB ，AC 两两垂直且长度均为23，所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，设外接球的半径为R ，则R =12AG =12×(23)2+(23)2+(23)2=3. 故答案为：3.14．53−213【详解】因为c sin A +sin B =b−a sin C +a sin A +sin B ，由正弦定理得c a +b =b−a c+aa +b ，所以a 2+c 2−b 2=ac ，由余弦定理得cos B =a 2+c 2−b 22ac=ac 2ac =12，又B ∈(0,π)，所以B =π3，由余弦定理得AC 2=BA 2+BC 2−2BA ⋅BC ⋅cos ∠ABC ，即28=a 2+c 2−ac ．又D 是边AC 的中点，且BD =19，所以BD =12(BA +BC )，所以BD 2=14(BA +BC )2=14(BA 2+2BA ⋅BC +BC 2)，即19=14(c 2+ac +a 2)，又28=a 2+c 2−ac ，所以a 2+c 2=52，ac =24，所以a +c =a 2+c 2+2ac =10．设△ABC 的内切圆的半径为r ，所以12(AB +AC +BC)r =12BA ⋅BC sin ∠ABC ，所以r =BA ⋅BC sin ∠ABC AB +AC +BC=24×3210+27=53−213．故答案为：53−213.15．【详解】（1）由题意知|AB |=3，|AC |=2，则AB 与AC 的夹角为60°，GA +GB +GC =0，如图，AB =GB−GA ，AC =GC−GA ，AB +AC =GB−GA +GC−GA =−3GA ，∴AG =13(AB +AC )，λ=μ=13，λ+2μ=1．（2）由（1）同理可得GC =13(BC +AC )=13(AC−AB +AC )=13(2AC−AB )，|GA |2=[−13(AB +AC )]2=19[(AB )2+2AB ⋅AC +(AC )2]=19(9+2×3×2×12+4) =199，∴|GA |=193，|GC |2=[13⋅(2AC )−AB ]2=19[(AB )2−4AB ⋅AC +4AC 2]=19(9−4×3×2×12+16)=139，∴|GC |=133，cos ∠AGC =GA GC|GA ||GC |−13(AB +AC )⋅13(2AC−AB )|GA ||GC |−29193×133=−2247=−2247247.法二： 以AB 为x 轴，A 为原点，建立直角坐标系，则A (0,0)，B (3,0)，C (1,3)，GA =(−43,−33)，GB =(−13,233)．∴cos ∠AGC =GA GC|GA ||GC |(−43,−33)⋅(−13,233)(43)2+(−33)2(−13)2+(233)2=−29193×133=−2247=−2247247．16．【详解】（1）b cos A =2c cos C−a cos B ，由正弦定理得sin B cos A =2sin C cos C−sin A cos B ，即sin B cos A +sin A cos B =2sin C cos C ，得sin (A +B)=2sin C cos C ，即sin C =2sin C cos C ，又C ∈(0,π),sin C >0，所以1=2cos C ，即cos C =12，又0<C <π，所以C =π3；（2）由b 2+c 2=a 2+4ac cos A ，得b 2+c 2−a 2=4ac cos A ，由余弦定理得cos A =b 2+c 2−a 22bc ，得b 2+c 2−a 2=2bc cos A ，所以4ac cos A =2bc cos A ，又cos A ≠0，所以b =2a .由（1）知，C =π3，由余弦定理得c 2=a 2+b 2−2ab cos C =a 2+4a 2−4a 2⋅12=3a 2，又c =2，所以3a 2=4，由a >0，解得a =233，所以b =433，故S △ABC =12ab sin C =12⋅233⋅433⋅32=233.17．【详解】（1）设AC ∩BD =O ，连接OE ，因为正方形ABCD ，所以O 为AC 中点，又矩形ACEF 中，M 为EF 的中点，所以EM //OA 且EM =OA ，所以OAME 为平行四边形，所以AM //OE ，又AM⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，所以AM //平面BDE ；（2）在平面AFD 中，过A 作AS ⊥DF 于S ，连接BS ，因为正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AF ⊥AC ，平面ABCD ∩平面ACEF =AC ，AF ⊂平面ACEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥AF ，又AB ⊥AD ，AD ∩AF =A ，AD,AF ⊂平面ADF ，∴AB ⊥平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，所以DF ⊥AB ，又AS ∩AB =A ，AS,AB ⊂平面ASB ，所以DF ⊥平面ASB ，又SB ⊂平面ASB ，所以DF ⊥SB ，∴∠BSA 是二面角A−DF−B 的平面角，因为AF =1，AD =2，所以DF =12+22=5，所以AS =AF ⋅AD DF=1×25=255，在Rt △ASB 中，AS =255，AB =2，∴tan ∠ASB =ABAS =2255=5∴二面角A−DF−B 的正切值为5；（3）连接OF 交AM 于点N ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，平面ABCD ∩平面ACEF =AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面ACEF ，AM ⊂平面ACEF ，所以BD ⊥AM ，当AM ⊥OF 时，OF ∩BD =O ，OF,BD ⊂平面BDF ，所以AM ⊥平面BDF ，此时AC =EF =22，OA =2，AF =1，则OF =12+(2)2=3，又△AOF ∽△NOA ，所以NO AO =OAOF ，则ON =233，则NF =33，所以ON NF =21，又△MNF ∽△ANO ，所以OAMF =ONNF =2，则MF =12OA =22，所以EM =322，所以EMEF =32222=34.18．【详解】（1）由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07+x +0.04+0.02+0.01)=1，解得x =0.06，身高在170cm 及以上的学生人数100×5×(0.06+0.04+0.02)=60（人）．（2）[180,185]的人数占比为5×0.02=10％，[175,180]的人数占比为5×0.04=20％，所以该校100名生学身高的75％分位数落在[175,180]，设该校100名生学身高的75％分位数为x ，则0.04(180−x )+0.1=25％，解得x =176.25，故该校100名生学身高的75％分位数为176.25．（3）由题得①w =mx +ny m +nm x ny ；②S 2=1m +n[m i =1(x i −w )2+nj =1(y j −w )2]=1m +n[m i =1(x i −x +x−w )2+nj =1(y j −y +y−w )2]=1m +n[m i =1(x i −x )2+2m i =1(x i −x )(x−w )+m (x−w )2+n j =1(y j −y )2+2n j =1(y j −y )(y−w )+n (y−w )2]又mi =1(x i −x )(x−w )=mi =1x i (x−w)−mx (x−w )=mx (x−w)−mx (x−w )=0同理nj =1(y j −y )(y−w )=0，∴S 2=1m +n[m i =1(x i −x )2+m (x−w )2+nj =1(y j −y )2+n (y−w )2]=1m +n [mS 21+m (x−w )2+n S 22+n (y−w )2]=1m +n {m [S 21+(x−w )2]+n [S 22+(y−w )2]}.19．【详解】（1）(a,b,c )∈D ，则a +b >c ，即(a +b )2−2ab >(c )2，∴(a +b )2>(c )2，即a +b >c ，同理可得a +c >b ，c +b >a ，则(a ,b ,c )∈D 成立，取a =b =1,c =2，则a ,b ,c 为等腰直角三角形的三边，但a =b =1,c =2，a +b =c ，a,b,c 不能为三角形的三边，故(a ,b ,c )∈D 推不出(a,b,c )∈D ， ∴“(a,b,c )∈D ”是“(a ,b ,c )∈D ”的充分不必要条件．（2）①I =(3,4,5)，则3OA +4OB +5OC =0，∴{25|OC |2=9|OA |2+16|OB |2+24|OA |⋅|OB |cos ∠AOB16|OB |2=9|OA |2+25|OC |2+30|OA |⋅|OC |cos ∠AOC ，又因为OA =OB =OC ，∴{cos ∠AOB =0cos ∠AOC =−35，而∠AOB,∠AOC 均为三角形内角，∴{sin ∠AOB =1sin ∠AOC =45，记R =OA ，∴S △AOB :S △AOC =(12R 2⋅sin ∠AOB ):(12R 2⋅sin ∠AOC )=5:4；②由−zOC =xOA +yOB ，∴z 2⋅R 2=(x 2+y 2+2xy cos ∠AOB )⋅R 2，∴cos ∠AOB =z 2−x 2−y 22xy，∵∠AOB ∈(0,π)，即−1<z 2−x 2−y 22xy<1，∴(x−y )2<z 2<(x +y )2，∴|x−y |<z <x +y ，同理得|y−z |<x <y +z ，|x−z |<y <x +z ，∴x ，y ，z 可组成三角形，∴I ∈D .。
2020-2021年秋黄冈市高一年级期末调考数学试卷答案
若选③，由题得 2a b 7, （3 分）解得 b 3. （5 分）
将 a 2 代入不等式整理得 x 22x 1 0 (7 分)，
解得 x 2 或 x 1 （9 分），故原不等式的解集为： (, 1) (2, ) .（10 分）
2
2
18、（1）
f (x) 1 2
1 cos 2x 2
2
2
若选②，因为不等式1
ax
b
3的解集为x
|
3
x
4
，所以
3a 4a
b b
1, 3,
(3
分)
解得
a b
2, 5.
（5
分）将
a
2
代入不等式整理得
x
2
2
x
1
0
(7
分)，
解得 x 2 或 x 1 （9 分），故原不等式的解集为： (, 1) (2, ) .（10 分）
2
2
a b 1,
a 2,
分）
证明：任取 x1，x2 R，且 x1 < x2 ，则 f
x1 - f
x2
1
2 ex1 1
1
2 ex2 1
=
2(ex1 (ex1 1)
ex2 ) ex2 1
，（6 分）
∴y= ex 为増函数， x1 < x2 ，∴0 ex1 ex2 .
∴ ex1 1>0， ex2 1>0，ex1 ex2 <0.
分）又
h(
x)
在区间
[2,
)
的最小值为
2
log3
10
1
，
m 0 ，且 m 2 ，此时， n 2
湖北省黄冈市浠水县第一中学2023-2024学年高一下学期期末数学质量检测试题
浠水县第一中学2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷一、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．从小到大排列的数据1，2，3，x ，4，5，6，7，8，y ，9，10的下四分位数为（ ）．A ．3B ．3+x 2C ．8D ．8+y 22．已知|a |=3，且a ⋅b =−3，则向量b 在向量a 上的投影向量为（ ）A ．−aB ．1aC ．−bD ．13b 3．现利用随机数表法从编号为00，01，02，…，18，19的20支水笔中随机选取6支，选取方法是从下列随机数表第1行的第9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6支水笔的编号为（ ）95226000 49840128 66175168 39682927 43772366 2709662392580956 43890890 06482834 59741458 29778149 64608925A ．14B ．08C ．09D ．064．已知函数f (x )=A sin(ωx +φ)（A >0，ω>0，|φ|<π2）在一个周期内的图象如图所示，则φ的值为（ ）A ．π3B ．−π3C ．π6D ．−π65．某校科技社利用3D 打印技术制作实心模型.如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台.其中半球的体积V 为144πcm 3，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度ρ为1.6g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量m 约为（ ）（1.6π≈5，m =ρV ）A ．3240gB ．1665gC ．1035gD ．315g6．如图，水平放置的四边形ABCD 的斜二测直观图为矩形A ′B ′C ′D ′，已知A ′O ′=O ′B ′=1，B ′C ′=1，则四边形ABCD 的周长为（ ）A．62B．122C．8D．107．中国数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比m=5−12的近似值，古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18°表示，即5−12=2sin18°，则cos18°(2−m2)⋅sin36°的值为（）A．12B．1C．−12D．−18．中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=1，若点P是其内部任意一点，则OA⋅AP+OF⋅AP 的取值范围是（）A．(−2,2+1)B．(−2,2)C．(−1,2−1)D．(−1,2+1)二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知复数z满足z(1+i)=2，则（）A．z=−1−i B．|z|=2C．z⋅z=2D．z2=2−2i10．下列说法正确的是（）A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B．数据x1,x2,⋯,x10的平均数为90，方差为3；数据y1,y2,⋯,y15的平均数为85，方差为5，则x1,x2 ,⋯,x10,y1,y1,⋯,y15的平均数为87，方差为10.2C．数据13,27,24,12,14,30,15,17,19,23的第70百分位数是23D．已知数据x1,x2,⋯,x10的极差为6，方差为2，则数据2x1+1,2x2+1,⋯,2x10+1的极差和方差分别为12，811．如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为线段B1C 上一个动点，则（）A．三棱锥A1−EFG的体积为定值B．存在点G，使平面EFG//平面BDC1C．当点G与B1重合时，二面角G−EF−A1的正切值为22D．当点G为B1C中点时，平面EFG截正方体所得截面的面积为334三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若向量→a=(λ,1)与→b=(4,2)的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是.13．已知三棱锥P−ABC中，△PBC为等边三角形，AC⊥AB，PA⊥BC，PA=23，BC=26，则三棱锥的外接球的半径为．14．在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且csin A+sin B =b−asin C+asin A+sin B．若AC=27，D是边AC的中点，且BD=19，则△ABC的内切圆的半径为．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．（13分）如图，在△ABC中，已知AC=2，AB=3，∠BAC=60°，且GA+GB+GC=0．(1)若AG=λAC+μAB，求λ+2μ的值(2)求cos∠AGC．16．（15分）已知△ABC的内角为A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且b cos A=2c cos C−a cos B．(1)求角C的大小：(2)若c=2,b2+c2=a2+4ac cos A，求△ABC的面积．17．（15分）已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB =2，AF =1，点M 在线段EF 上.(1)若M 为EF 的中点，求证：AM //平面BDE ；(2)求二面角A−DF−B 的正切值；(3)证明：存在点M ，使得AM ⊥平面BDF ，并求EM EF 的值.18．（17分）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm ），按照区间[160,165)，[165,170)，[170,175)，[175,180)，[180,185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．（1）求频率分布直方图中x 的值及身高在170cm 及以上的学生人数；（2）估计该校100名生学身高的75％分位数．（3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m ，x ，S 21；n ，y ，S 22．记总的样本平均数为w ，样本方差为S 2，证明：①w m x +ny ②S 2=1m +n {m [S 21+(x−w )2]+n [S 22+(y−w )2]}．19．（17分）定义△ABC 三边长分别为a ，b ，c ，则称三元无序数组(a,b,c )为三角形数．记D 为三角形数的全集，即(a,b,c )∈D ．(1)证明：“(a,b,c )∈D ”是“(a ,b ,c )∈D ”的充分不必要条件；(2)若锐角△ABC 内接于圆O ，且xOA +yOB +zOC =0，设I =(x,y,z )(x,y,z >0)．①若I =(3,4,5)，求S △AOB :S △AOC ；②证明：I ∈D ．。
人教A版数学必修一黄冈市年秋高一期末模块修习考试数学试题
黄冈市2010年秋高一期末模块修习考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1. 集合A= {x ∣12x -≤≤}，B={x ∣x <1}，则()R A B I ð= （ ） A ．{x ∣x >1} B 。
{x ∣x ≥ 1} C 。
{x ∣12x <≤ } D 。
{x ∣12x ≤≤}2．若2a =r ，14b =r ，a r 与b r 的夹角为60o，则a b ⋅r r 等于（ ）A ．2B ．4C ．14D ．43．如果偶函数)(x f 在]7,3[上是增函数且最小值是2，那么)(x f 在]3,7[--上是（ ） A. 减函数且最小值是2 B.. 减函数且最大值是2 C. 增函数且最小值是2 D. 增函数且最大值是2．4．若非零实数m 、n 满足tan sin m αα-=，tan sin n αα+=，则cos α等于（ ） A ．n mm n-+ B ．2m n- C ．2m n+ D ．m nn m-+ 5．已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且OC OB OA ++2=0，那么 A ．= B.2=C.3=D.2AO OD =u u u r u u u r6．函数sin()y A x ωϕ=+(ω＞0,|ϕ|＜ 2π，x R ∈）的部分图象如图所示，则此函数表达式为 （ ） A ．4sin()84y x ππ=--B ．4sin()84y x ππ=-+ C ．4sin()84y x ππ=-D ．4sin()84y x ππ=+7．已知1A ，2A ，…，n A 为凸多边形的内角，且0sin lg .....sin lg sin lg 21=+++n A A A ，则这个多边形是（ ）A ．正六边形B ．梯形C ．矩形D ．含锐角菱形 8．若函数()3sin()f x x ωϕ=+对任意x 都有()()3f x f x π+=-，则()6f π=（ ） A ．3或0B ．－3或3C ．0D ．－3或09．在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点. 若函数()y f x =的图象恰好经过k 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数. 下列函数中为一阶格点函数的是 （ ） A ．sin y x = B ．cos()6y x π=+ C ．lg y x = D ．2y x =10．如图，,,O A B 是平面上的三点，向量OA =u u u r a ， OB =u u u rb ,设P 为线段AB 的垂直平分线CP 上任意一点，向量OP =u u u r p ．若|a |=4，|b |=2，则p g （a -b ）等于 （ ）A ．1B ．3C ．5D ．6二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11.函数y =的定义域是 . 12．已知()2cos6f x x π=,则(0)(1)(2)(2010)f f f f +++⋅⋅⋅+=__________．13．已知集合1,,a M b b ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，{}20,,N a b b =+，M N =，则20102011a b +=_______．14．设O 、A 、B 、C 为平面内四点，OA a =u u u r r ，OB b =u u u r r ，OC c =u u u r r ，且0a b c ++=r r r r，1a b b c c a ===-r r r r r r g g g ，则222||||||a b c ++=r r r ______．15．如图，在平面斜坐标系xoy 中，060xoy ∠=，平面上任一点P 在斜坐标系中的斜坐标是这样定义的：若OP uuu r=x e 1+y e 2（其中e 1、e 2分别为与x 轴、y 轴方向相同的单位向量），则P 点的斜坐标为（x ，y ）. 若P 点的斜坐标为（3，－4）， 则点P 到原点O 的距离|PO |=________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2021年新人教版黄冈市秋高一期末数学试题及答案
黄冈市2021年秋高一期末模块修习考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1. 集合A= {x ∣12x -≤≤}，B={x ∣x <1}，则()R AB = ( )A ．{x ∣x >1}B 。
{x ∣x ≥ 1}C 。
{x ∣12x <≤ }D 。
{x ∣12x ≤≤} 2．若2a =，14b =，a 与b 的夹角为60，则a b ⋅等于( ) A ．32B ．34 C ．14D ．243．如果偶函数)(x f 在]7,3[上是增函数且最小值是2，那么)(x f 在]3,7[--上是( ) A. 减函数且最小值是2 B.. 减函数且最大值是2 C. 增函数且最小值是2 D. 增函数且最大值是2．4．若非零实数m 、n 满足tan sin m αα-=，tan sin n αα+=，则cos α等于( ) A ．n mm n-+ B ．2m n- C ．2m n+ D ．m nn m-+ 5．已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且OC OB OA ++2=0，那么 A ．= B.2= C.3= D.2AO OD = 6．函数sin()y A x ωϕ=+(ω＞0,|ϕ|＜ 2π，x R ∈)的部分图象如图所示，则此函数表达式为 ( ) A ．4sin()84y x ππ=-- B ．4sin()84y x ππ=-+ C ．4sin()84y x ππ=-D ．4sin()84y x ππ=+7．已知1A ，2A ，…，n A 为凸多边形的内角，且0sin lg .....sin lg sin lg 21=+++n A A A ，则这个多边形是( )A ．正六边形B ．梯形C ．矩形D ．含锐角菱形6xyO4-4-28．若函数()3sin()f x x ωϕ=+对任意x 都有()()3f x f x π+=-，则()6f π=( ) A ．3或0B ．－3或3C ．0D ．－3或09．在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点. 若函数()y f x =的图象恰好经过k 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数. 下列函数中为一阶格点函数的是 ( ) A ．sin y x = B ．cos()6y x π=+ C ．lg y x = D ．2y x =10．如图，,,O A B 是平面上的三点，向量OAa ， OBb ,设P为线段AB 的垂直平分线CP 上任意一点，向量OPp ．若|a |=4，|b |=2，则p (a b )等于 ( )A ．1B ．3C ．5D ．6二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11.函数y =的定义域是 . 12．已知()2cos6f x x π=,则(0)(1)(2)(2010)f f f f +++⋅⋅⋅+=__________．13．已知集合1,,a M b b ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，{}20,,N a b b =+，M N =，则20102011a b +=_______． 14．设O 、A 、B 、C 为平面内四点，OA a =，OB b =，OC c =，且0a b c ++=，1a b b c c a ===-，则222||||||a b c ++=______．15．如图，在平面斜坐标系xoy 中，060xoy ∠=，平面上任一点P 在斜坐标系中的斜坐标是这样定义的:若OP =x e 1+y e 2(其中e 1、e 2分别为与x 轴、y 轴方向相同的单位向量)，则P 点的斜坐标为(x ，y ). 若P 点的斜坐标为(3，－4)， 则点P 到原点O 的距离|PO |=________．三、解答题:本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2020-2021学年湖北省黄冈市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年湖北省黄冈市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知i 为虚数单位，复数z 满足z(3+i)=2−i ，则下列说法正确的是( )A. 复数z 的模为√22B. 复数z 的共轭复数为−12+12i C. 复数z 的虚部为12iD. 复数z 在复平面内对应的点在第二象限2. 在△ABC 中，a =15，b =10，A =45°，则cosB =( )A. √23B. −√23C. √73D. −√733. 不同的直线m 和n ，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α//β的是( )A. α∩γ=n ，β∩γ=m ，n//mB. α⊥γ，β⊥γC. n//m ，n ⊥α，m ⊥βD. n//α，m//β，n//m4. 若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为( )A. 2B. 4C. √3D. 2√35. 一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为( )A. 13B. 56C. 23D. 7126. 如图，正三棱锥A −BCD 中，∠BAD =20°，侧棱长为2，过点C 的平面与侧棱AB 、AD 相交于B 1、D 1，则△CB 1D 1的周长的最小值为( )A. 2√2B. 2√3C. 4D. 27. 如图所示，△ABC 中，AB =3，AC =2，∠BAC =60°，D 是BC 的中点，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. 114B. −114C. 52D. −528.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路：如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE 于点N，交BC于点M.先证明△ABE与△HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步推理得证．在该图中，若tan∠BAE=12，则sin∠BEA=()A. √210B. 3√1010C. √55D. √1010二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.下列各组向量中，可以作为基底的是()A. e1⃗⃗⃗ =(0,2)，e2⃗⃗⃗ =(32,0) B. e1⃗⃗⃗ =(0,0)，e2⃗⃗⃗ =(1,−2)C. e1⃗⃗⃗ =(1,3)，e2⃗⃗⃗ =(−2,−6)D. e1⃗⃗⃗ =(3,5)，e2⃗⃗⃗ =(5,3)10.下列关于复数z的四个命题中假命题为()A. 若z+z−=0，则z为纯虚数B. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2C. 若|z−i|=1，则|z|的最大值为2D. 若z3−1=0，则z=111.如图在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是()A. BC ⊥AC 1B. 当D 为AB 的中点时，平面CDB 1⊥平面AA 1B 1BC. 当D 为AB 中点时，AC 1//平面CDB 1D. 三棱锥A 1−CDB 1的体积是定值12. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确的是( )A. c =acosB +bcosAB. 若acosA =bcosB ，则△ABC 为等腰三角形C. 若a 2tanB =b 2tanA ，则a =bD. 若a 3+b 3=c 3，则△ABC 为锐角三角形三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为______．14. 在△ABC 中，D 是BC 的中点，AB =1，AC =2，AD =√32，则△ABC 的面积为______． 15. 如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为______．16. 如图等腰梯形ABCD 中，AB//CD ，CD =12AD =13AB =2，O 是梯形ABCD 的外接圆的圆心，M 是边BC 上的中点，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.复数z满足|z|=√2，z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限．(1)求复数z；(2)复数z，z−，z2所对应的向量为a⃗，b⃗ ，c⃗，已知(λa⃗+b⃗ )⊥(λb⃗ +c⃗ )，求λ的值．c=b，18.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosC+12(1)求角A；(2)若a=√7，△ABC的面积为3√3，求△ABC的周长．219.黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩(满分150)，抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150(1)根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？(2)将同学乙的成绩分成[100,110)，[120,130)[130，140)[140,150)，完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；(3)现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]合计20120.如图，已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，BC//AD且BC=2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA=PC，PA⊥AB．(1)证明：AB⊥PC；(2)若PA⊥PC，PB=2PC=4，求四棱锥P−ABCD的体积．21.如图，四边形ABCD中，∠BAC=90°，∠ABC=60°，AD⊥CD，设∠ACD=θ．(1)若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；(2)若tan∠ADB=1，求tanθ．222.如图①梯形ABCD中AD//BC，AB=√3，BC=1，CD=√2，BE⊥AD且BE=1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P 在AB上，且AP=2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．(1)证明：Q是的中点；(2)证明：AD⊥平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角M−EC−B为45°，求AM的值．AB答案和解析1.【答案】A【解析】解：复数z 满足z(3+i)=2−i ，整理得：z =2−i3+i =(2−i)(3−i)(3+i)(3−i)=12−12i ， 对于A ：|z|=√(12)2+(−12)2=√22，故A 正确；对于B ：复数z 的共轭复数为12+12i ，故B 错误； 对于C ：复数z 的虚部为−12，故C 错误；对于D ：复数z 在复平面内对应的点在第四象限，故D 错误． 故选：A ．直接利用复数的运算，复数的共轭运算，复数的模，复数表示的几何意义的应用判断A 、B 、C 、D 的结论．本题考查的知识要点：复数的运算，复数的共轭运算，复数的模，复数表示的几何意义，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：根据正弦定理可得：sinB =bsinA a=10×sin45°15=√23， ∵a =15>b =10，∴由大边对大角可得：0<B <A =45°， ∴cosB =√1−sin 2B =√73． 故选：C ．根据正弦定理可得：sinB =bsinA a=√23，由a =15>b =10，由大边对大角可得：0<B <A =45°，故可求cos B 的值．本题主要考查了正弦定理的应用，考查了同角三角函数关系式的应用，属于基本知识的考查．3.【答案】C【解析】解：由不同的直线m和n，不同的平面α，β，γ，知：若α∩γ=n，β∩γ=m，n//m，则α与β相交或平行，故A不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故B不正确；若n//m，n⊥α，m⊥β，则由平面平行的判定定理知α//β，故C正确；若n//α，m//β，n//m，则α与β相交或平行，故D不正确．故选C．利用平面平行的判定定理，对四个选项分别进行判断，能够得到正确答案．本题考查平面平行的判断所应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．4.【答案】B【解析】解：如图，圆锥的轴截面为等腰△SAB，且内切圆为球的大圆．设圆锥底面圆周的半径为r，高为h，球的半径为R，R=1．πr2ℎ=2⋅则由条件有134πR3，整理得r2ℎ=38①在△SAB中，SA=SB=⋅√r2+ℎ2，所以12⋅ℎ⋅2r②，(√r2+ℎ2+√r2+ℎ2+2r)⋅1=12联立①②，解得r=√2,ℎ=4．故选：B．利用体积公式求出圆锥底面圆半径r与高h的关系，再通过球与圆锥相切，利用等面积法列出r与h的另一组关系，通过解方程组求解．本题考查圆锥的内切球，球和圆锥的体积公式，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：第一个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为16,13,12，第二个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为13,13,13，∵两个正方体朝上的面颜色相同的概率为16×13+13×13+12×13=13， ∴两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1−13=23． 故选：C ．根据已知条件，结合古典概型的概率公式，可得两个正方体朝上的面颜色相同的概率，再求其对立事件的概率，即可求解．本题主要考查古典概型的问题，需要学生熟练掌握古典概型的概率计算公式，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：把正三棱锥A −BCD 的侧面展开， 两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值．正三棱锥A −BCD 中，∠BAD =20°，所以，∠CAC′=60°，AC =2， ∴CC′=2，∴截面周长最小值是CC′=2． 故选：D ．首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值，然后，求解其距离即可．本题重点考查了空间中的距离最值问题，属于中档题．注意等价转化思想的灵活运用．7.【答案】B【解析】解：∵△ABC 中，AB =3，AC =2，∠BAC =60°，D 是BC 的中点，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ))=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(−16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−112AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−112×32−14×22−13×3×2×12=−114． 故选：B ．根据已知条件代入化简，通过向量的数量积的定义求解即可．本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．8.【答案】D【解析】解：设AB =k ，AC =m ，BC =n ，可得k 2+m 2=n 2， ∵BH//CL ， ∴∠BHC =∠HCL ， 又△ABE ≅△HBC ， 可得∠BHC =∠BAE ， ∴∠HCL =∠BAE ， ∴tan∠HCL =12， 即k k+m =12， ∴m =k ， ∴n =√2k ，在△ABE 中，tan∠BAE =12，得sin∠BAE =1√5， 在△ABE 中，AB sin∠BEA =BEsin∠BAE ， 即ksin∠BEA =n1√5，可得sin∠BEA =√1010．故选：D ．设AB =k ，AC =m ，BC =n ，由勾股定理可得k 2+m 2=n 2，由同角的基本关系式求得sin∠BAE ，cos∠BAE ，在△ABE 中，求得AE ，分别运用余弦定理和正弦定理，计算可得所求值．本题主要考查三角形的正弦定理、余弦定理和勾股定理，以及同角的基本关系式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．9.【答案】AD【解析】解：∵0×0≠2×32，∴e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 不共线，∴A 正确， ∵0×(−2)=0×1，∴e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 共线，∴B 错误，∵1×(−6)=3×(−2)，∴e1⃗⃗⃗ 与e2⃗⃗⃗ 共线，∴C错误，∵3×3≠5×5，∴e1⃗⃗⃗ 与e2⃗⃗⃗ 不共线，∴D正确，故选：AD．利用基底的定义，判断两个向量是否共线，即可得到结果．本题考查向量共线的坐标运算，考查基底的定义，属于基础题．10.【答案】ABD【解析】解：选项A：设z=a+bi，(a,b为实数)，因为z−=a−bi，所以z+z−=2a=0，则a=0，所以z=bi，因为b可能为0，故A错误，选项B：当z1=1+i，z2=1−i时，|z1|=|z2|，故B错误，选项C：当|z−i|=1时，复数z对应的点在以(0,1)为圆心，1为半径的圆上，故|z|的最大值为1+1=2，故C正确，选项D：当z=−12+√32i时，z3=1，故D错误，故选：ABD．选项A：设z=a+bi，(a,b为实数)，然后求出共轭复数，进而可以判断；选项B：举出反例即可判断，选项C：根据复数的几何意义即可判断，选项D：举出反例即可判断．本题考查了复数的运算性质，涉及到共轭复数以及复数的几何意义更知识，考查了学生的运算能力，属于中档题．11.【答案】ACD【解析】解：对于A，∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴BC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CA=C，CC1⊂平面ACC1A1，CB⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，故A正确；对于B，∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴AA1⊥CD，∴当CD⊥AB时，由AA1，AB是平面AA1B1B中的相交线，得到CD⊥平面AA1B1B，平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点，故B错误；对于C，设BC1∩B1C=O，则O是BC1中点，连结OD，则D是AB中点时，OD//AC1，∵AC1⊄平面CDB1，OD⊂平面CDB1，∴AC1//平面CDB1，故C正确；对于D，∵△A1B1C的面积是定值，AB//A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，∴AB//平面A1B1C，∴D到平面A1B1C的距离是定值，∴三棱锥A1−CDB1的体积是定值，故D正确．故选：ACD．对于A，推导出BC⊥CC1，AC⊥CB，从而BC⊥平面ACC1A1，进而BC⊥AC1；对于B，当CD⊥AB时，存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点；对于C，设BC1∩B1C=O，连结OD，D是AB中点时，OD//AC1，得AC1//平面CDB1；对于D，△A1B1C的面积是定值，由AB//A1B1，知AB//平面A1B1C，D到平面A1B1C的距离是定值，进而三棱锥A1−CDB1的体积是定值．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．12.【答案】AD【解析】解：对A：∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，∴c=acosB+bcosA，所以A正确；对B：∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，∵△ABC的内角A，B，C，∴2A=2B或2A+2B=π即A=B或A+B=π2，故三角形可能是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对C：∵a2tanB=b2tanA，∴由正弦定理得：sin2AtanB=sin2BtanA，得：sin2AsinBcosB=sin2BsinAcosA，整理得：sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∴A=B或A+B=π2，故C错误；对D：由题意知：a、b、c中c是最大的正数，∴由a3+b3=c3变形得：(ac )3+(bc)3=1<(a c )2+(bc)²，∴a2+b2>c2，∴C为锐角，又知C为最大角，∴△ABC为锐角三角形，故D正确；故选：AD．由正弦定理以及三角恒等变换可得sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，即可判断A；由正弦定理可将条件转换为sin2A =sin2B ，进而得到A =B 或A +B =π2，即可判断B ； 由正弦定理把a 2tanB =b 2tanA 转化为：sin 2AtanB =sin 2BtanA ，化简后可判断C ； 由a 3+b 3=c 3变形得：(ac )3+(bc )3=1<(ac )2+(bc )²，可判断D ；本题主要考查了正弦定理的运用，解三角形问题，三角函数基本性质．考查了推理和归纳的能力，属于中档题．13.【答案】0.3【解析】解：由题意可得，样本空间的总数为5×4=20， 第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为3×2=6， 故所求的概率P =620=0.3． 故答案为：0.3．根据已知条件，分别求出样本空间的个数和第一次取到绿球第二次取到红球的样本数，再结合古典概型的概率计算公式，即可求解．本题主要考查古典概型的问题，需要学生熟练掌握古典概型的概率计算公式，属于基础题．14.【答案】√32【解析】解：∵D 是BC 中点，且AB =1，AC =2，AD =√32，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )²，即34=14(1+4+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1， ∴cos∠BAC =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=−11×2=−12， ∴sin∠BAC =√32， ∴S △ABC =12AB ⋅ACsin∠BAC =12×1×2×√32=√32． 故答案为：√32．根据题意AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，两边平方即可求出AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1，从而可求出cos∠BAC =−12，进而求出sin∠BAC =√32，然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC 的面积；本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，三角形的面积公式，考查了计算能力，属于中档题．15.【答案】2√23【解析】解：以AB 、AD 、AA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为1，则A(0,0，0)，B(1,0，0)，D(0,1，0)，C(1,1，0)，B 1(1,0，1)，C 1(1,1，1)，D 1(0,1，1)，O(12,12,0)，所以B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,12,−1)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)．设平面ACD 1的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则 {n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +y =0y +z =0，令y =−1，则x =1=z ，则n⃗ =(1,−1,1)． 于是，cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=−12−12−1√32×√3=−23√2=−2√23，所以sinθ=|cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ >|=2√23． 其中θ为直线B 1O 与平面ACD 1所成角． 所以直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为2√23． 故答案为：2√23． 首先建立空间直角坐标系且不妨设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为1，于是写出各点的坐标，然后求出平面ACD 1的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)，进而由sinθ=cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |即可得出所求的答案．本题考查直线与平面所成的角，考查学生的空间想象能力和计算能力，属中档题．16.【答案】16【解析】解：设BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， ∵M 是边BC 上的中点， ∴λ=12，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AB⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵O 是△ABC 的外心，∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=18AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=8， ∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅[λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ] =λAO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8λ+18(1−2λ3)=18−4λ,λ=12，即AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16， 故答案为：16．根据题意，利用平面向量的线性运算，即可求解结论．本题考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算问题，是基础题目．17.【答案】解：(1)设z =a +bi(a >0,b >0)，则|z|=√a 2+b 2=√2，即a 2+b 2，①∵z 2=a 2−b 2+2abi 为纯虚数，∴a 2−b 2=0且2ab ≠0，② 由①②解得a =1，b =1， ∴z =1+i ； (2)∵z =1+i∴z−=1−i，z2=2i，∴a⃗=(1,1),b⃗ =(1,−1),c⃗=(0,2)，∴a⃗⋅b⃗ =0,a⃗⋅c⃗=2,b⃗ ⋅c⃗=−2,b⃗ 2=2，由(λa⃗+b⃗ )⊥(λb⃗ +c⃗ )，得(λa⃗+b⃗ )⋅(λb⃗ +c⃗ )=0，即λ2a⃗⋅b⃗ +λa⃗⋅c⃗+λb⃗ 2+b⃗ ⋅c⃗=0，∴4λ−2=0，得λ=12．【解析】(1)设z=a+bi(a>0,b>0)，由已知可得a与b的关系，列方程组求解a与b的最值，则z可求；(2)由(1)中求得z可得z−，z2，得到a⃗，b⃗ ，c⃗，进一步得到(λa⃗+b⃗ )与(λb⃗ +c⃗ )的坐标，再由数量积为0列式求解λ值．本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，考查向量的数量积运算，是基础题．18.【答案】解：(1)∵acosC+12c=b，由正弦定理得sinAcosC+12sinC=sinB，又∵sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，∴12sinC=cosAsinC，∵sinC>0，∴cosA=12，∴A=π3；(2)由余弦定理得：7=b2+c2−2bccos60°即b2+c2−bc=7，∴(b+c)2−3bc=7，又S△ABC=12bcsinA=√34bc=3√32，∴bc=6，∴(b+c)2−18=7，∴b+c=5，∴△ABC的周长为5+√7．sinC=sinB，，结合sinB=sin(A+C)=【解析】(1)由正弦定理可知sinAcosC+12sinAcosC+cosAsinC，整理即可得到cos A，进而可求出A；(2)由余弦定理可求得(b+c)2−3bc=7，结合面积公式得到bc，进而可知b+c，即可求出周长．本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理，三角函数恒等变换，三角形面积公式等知识点的应用，属于中档题．=119，19.【答案】解：(1)甲的中位数是117+1212=128>119，乙的中位数是128+1282∴乙的成绩更好．(2)完成频率分布表如下：分组频数频率[100,110)20.1[110,120)40.2[120,130)50.25[130,140)60.3[140,150)30.15合计201乙的频率分布直方图如下图所示：(3)甲乙两位同学的不低于140(分)的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3(其中B3表示150分)，任意选出2个成绩所有的取法为：(A1,A2)，(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)，(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)，共10种取法，其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：(A1,B1)，(A1,B2)，(A2,B1)，(A2,B2)，共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率P=410=25．【解析】(1)分别求出甲、乙的中位数，从而得到乙的成绩更好．(2)完成频率分布表，作出乙的频率分布直方图．(3)甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3(其中B3表示150分)，任意选出2个成绩，利用列举法，求出取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．本题考查中位数、概率的求法，频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．20.【答案】(1)证明：取AC的中点O，连接PO，如图所示；因为AP=PC，所以PO⊥AC，又因为平面PAC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB；......①又因为AB⊥PA，......②由①②可得AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．(2)解：因为PB=2PC=4，所以PA=PC=2，又AB⊥PA，所以AB2=PB2−PA2，所以AB=2√3；又因为PA⊥PC，PA=PC=2，所以AC=2√2，PO=√2；由(1)知AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以S△ABC=12AB⋅AC=12×2√3×2√2=2√6；所以V三棱锥P−ABC =13S△ABC⋅PO=13×2√6×√2=43√3；又因为BC//AD，BC=2AD，所以S△ABC=2S△ACD，所以V 三棱锥P−ACD =12V 三棱锥P−ABC =23√3； 所以四棱锥P −ABCD 的体积是V 四棱锥P−ABCD =V 三棱锥P−ABC +V 三棱锥P−ACD =43√3+23√3=2√3． 另解：因为S △ABC =12AB ⋅AC =12×2√3×2√2=2√6， 所以S △ADC =√6，所以S 梯形ABCD =3√6，计算四棱锥P −ABCD 的体积是V 四棱锥P−ABCD =13×3√6×√2=2√3．【解析】(1)取AC 的中点O ，连接PO ，得出PO ⊥AC ，根据平面PAC ⊥平面ABCD 得出PO ⊥平面ABCD ，证明PO ⊥AB ；再由AB ⊥PA 证明AB ⊥平面PAC ，即可证明AB ⊥PC ． (2)根据题意利用分割补形法计算四棱锥P −ABCD 的体积，另一种解法是直接计算四棱锥的体积即可．本题考查了四棱锥的体积计算问题，也考查了运算求解能力，和逻辑推理能力，是中档题．21.【答案】解：(1)设AB =a ，则AC =√3a ，AD =√3asinθ，CD =√3acosθ， 由题意S △ABC =4S △ACD ，则12a ⋅√3a =4⋅12√3acosθ⋅√3asinθ， 所以sin2θ=√36．(2)由正弦定理，△ABD 中，BD sin∠BAD =ABsin∠ADB ， 即BD sin(π−θ)=asin∠ADB ① 在△BCD 中，BD sin∠BCD =BCsin∠CDB ， 即BD sin(π6+θ)=2asin(π2−∠ADB)②②÷①得：sinθsin(π6+θ)=2tan∠ADB =1，∴sinθ=sin(π+θ)，3化简得cosθ=(2−√3)inθ，所以tanθ=2+√3．【解析】(1)直接利用三角形的面积公式的应用求出结果；(2)利用正弦定理建立方程组，进一步建立三角函数式，最后解方程组求出结果．本题考查的知识要点：正弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．22.【答案】证明：(1)在图①中过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1，又∵CD=√2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE//BC，且DE=2BC，∴DO=2OB，又∵AP=2PB，∴OP//AD，∴OP//平面ACD，又∵平面OPQR∩平面ACD=RQ，∴OP//RQ，∴PQ//AD，又∵R是CD的中点，∴Q是AC的中点．(2)在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=√2，∴∠CED=∠BCE=45°．又CD=√2，∴∠ECD=90°，DE=2，∴CD⊥CE，①又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，∴AE⊥平面BCDE，∴AE⊥CD，②由①②得CD⊥平面ACE，∴CD⊥EQ，③∵AB=√3,BE=1，∴AE=√2，∴AE=CE，∴EQ⊥AC，④由③④可得EQ⊥平面ACD，∴EQ⊥AD，⑤又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，⑥由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ．(3)过M作MH⊥BE，则MH⊥平面BCDE，过H作HG⊥CE，连结MG，则∠MGH为二面角M−CE−B的平面角，∴∠MGH=45°，设AMAB=λ，∴MH=(1−λ)AE=(1−λ)√2，又HEBE =AMAB=λ，∴HE=λ，∵∠BEC=45°，∴HG=√22λ，由∠MGH=45°得HG=MH，∴√22λ=(1−λ)√2，∴λ=23．【解析】(1)在图①中过C作CF⊥AD，证明PQ//AD，结合R是CD的中点，推出Q 是AC的中点．(2)证明CD⊥CE，推出AE⊥CD，得到CD⊥平面ACE，推出CD⊥EQ，EQ⊥AC，即可证明EQ⊥平面ACD，得到EQ⊥AD，推出BE⊥AD然后证明AD⊥平面BEQ．(3)过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE，连结MG，说明∠MGH为二面角M−CE−B的平面角，设AMAB=λ，然后转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法与应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，中档题．。
湖北省黄冈中学秋季高一数学期末考试卷
6分
a
a
(2)解：方程 f (x) 0 在 (0， 1)内有两个实根． 下面给出证明
方程 f ( x) 3x 2 2bx c 0 的根的判别式
4b 2 12ac 4[( a c )2 3ac] 4[( a c ) 2 2
函数 f ( x) 3x 2 2bx c 的图象的对称轴为直线
b ∵2
a
1 ，∴ 1 3
16． (1) 解：原式 = 1
11
1
(a 3 ) 2 2a 3 b 3 ( 2b 2 )2
1
a2
1
1
a 3 2b 3
1
1
1
1
11
1
a 3 ( a 3 2b 3 )[( a 3 ) 2 2a 3 b 3 (2b 3 ) 2 ]
1
11
1
(a 3 ) 2 2a 3 b 3 (2b 3 ) 2
2
a3
1
a3
A(x1， y1) 、 B(x2 ， y2)，定义它们之间的一种“距离” ：
给出下列三个命题：
①若点 C 在线段 AB 上，则 | AC | |CB | | AB | ；
2
2
2
②在△ ABC 中，若∠ C = 90°则 | AC | | CB | | AB |
③在△ ABC 中， | AC | |CB | | AB |
② A B 的必要条件是 card(A)≤ card( B)；
③ A B 的充分条件是 card(A)≤ card( B)；
④ A = B 的充要条件是 card(A) = card(B) 其中真命题的序号是
A．③、④
B．①、②
C ．①、④
D ．②、③
黄冈市2020年秋季高一年级期末调研考试 数学 含答案
i
nxco
s
x－
２
２
４
(
１)求函数 f(
x)的最值及相应的 x 的值;
(
２)若函数 f(
x)在[
０,
a]上单调递增,求 a 的取值范围 ．
１９．(本题满分 １２ 分)如图,在 平 面 直 角 坐 标 系 中,角 α,
β 的 始 边 均 为x
７
π ), π ,
轴正半轴,终边分 别与 圆 O 交 于 A ,
B 两 点,若 α∈ ( ,
π β＝
１２
１２
且点 A 的坐标为A (－２,
m)．
４
(
１)若t
an２
α＝－ ,求实数 m 的值;
３
３
(
２)若t
an∠AOB＝－ ,求 c
os
２
α 的值 ．
４
２ 为奇函数,
２０．(本题满分 １２ 分)已知函数 f(
x)＝a－ x
e ＋１
(
１)求实数 a 的值,判断函数 f(
巨大危害 ．在中共中央、国务院强有力的组织 领 导 下,全 国 人 民 万 众 一 心 抗 击、防 控 新 冠 肺
炎,疫情早在 ３ 月底已经得到了非常好的控制(累计病亡人数 ３８６９ 人),然而国外因国家体
制、思想观念的不同,防控不力,新冠肺炎疫情 越 来 越 严 重 ．疫 情 期 间 造 成 医 用 防 护 用 品 短
A．若 a＜b＜０,则 a＋ ＜b＋ B．若 a＞b,则 ２a－b ＞
b
a
２
１ １
C．若 ab≠０,且 a＜b,则 ＞
a b
b２ a２
D．若 a＞０,
湖北省黄冈市高一期末文理科数学试卷
湖北省黄冈市高一期末理科数学试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列结论正确的是( )A.若ab，则ac2bc2B.若a2b2，则abC.若ab，c0，则ac2.设数列an}是等差数列，若a2a4+a6=12，则a1a2+…+a7等于( )A.14B.21C.28D.353.设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A.若lm，mα，则lαB.若lα，lm，则mαC.若lα，mα，则lmD.若lα，mα，则lm4.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若3a=2b，则的值为( )A.﹣B.C.1D.5.已知等比数列an}中，a3=2，a4a6=16，则=( )A.2B.4C.8D.166.从点(2，3)射出的光线沿斜率k=的方向射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为( )A.x2y﹣4=0B.2xy﹣1=0C.x6y﹣16=0D.6xy﹣8=07.若α，β为锐角，且满足cosα=，cos(αβ)=，则sinβ的值为( )A.﹣B.C.D.8.若动点A(x1，y2)、B(x2，y2)分别在直线l1：xy﹣11=0和l2：xy﹣1=0上移动，则AB中点M所在直线方程为( )A.x﹣y﹣6=0B.xy+6=0C.x﹣y6=0D.xy﹣6=09.已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图，侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A. B. C. D.10.将正偶数集合2，4，6，…从小到大按第n组有2n个偶数进行分组：2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，…，则2018位于( )组.A.30B.31C.32D.3311.已知实数x，y满足，则ω=的取值范围是( )A.﹣1，]B.﹣，]C.﹣，1)D.﹣，)12.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是( )A.t|}B.t|≤t≤2}C.t|2}D.t|2}二、填空题(每小题5分，本题共20分)13.若关于x的不等式ax2﹣6xa2<0的解集是(1，m)，则m= .14.若，则tan2α=.15.若ABC的面积为，BC=2，C=60°，则边AB的长度等于.16.已知不等式组表示的平面区域为D，则(1)z=x2y2的最小值为.(2)若函数y=2x﹣1m的图象上存在区域D上的点，则实数m的取值范围是.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.在平面直角坐标系内，已知A(1，a)，B(﹣5，﹣3)，C(4，0);(1)当a(，3)时，求直线AC的倾斜角α的取值范围;(2)当a=2时，求ABC的BC边上的高AH所在直线方程l.18.在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边， =，且ac=2.(1)求角B;(2)求边长b的最小值.19.已知A(4，﹣3)，B(2，﹣1)和直线l：4x3y﹣2=0.(1)求在直角坐标平面内满足PA|=|PB|的点P的方程;(2)求在直角坐标平面内一点P满足PA|=|PB|且点P到直线l的距离为2的坐标.20.如图所示的多面体，它的正视图为直角三角形，侧视图为正三角形，俯视图为正方形(尺寸如图所示)，E为VB的中点.(1)求证：VD平面EAC;(2)求二面角A﹣VB﹣D的余弦值.21.某投资公司计划投资A，B两种金融产品，根据市场调查与预测，A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1=18﹣，B产品的利润y2与投资金额x 的函数关系为y2= (注：利润与投资金额单位：万元).(1)该公司已有100万元资金，并全部投入A，B两种产品中，其中x万元资金投入A产品，试把A，B两种产品利润总和表示为x的函数，并写出定义域;(2)在(1)的条件下，试问：怎样分配这100万元资金，才能使公司获得最大利润?其最大利润为多少万元?22.已知曲线f(x)=(x0)上有一点列Pn(xn，yn)(nN*)，过点Pn在x轴上的射影是Qn(xn，0)，且x1x2+x3+…+xn=2n+1﹣n﹣2.(nN*)(1)求数列xn}的通项公式;(2)设四边形PnQnQn1Pn+1的面积是Sn，求Sn;(3)在(2)条件下，求证：++…+<4.2016-2017学年湖北省黄冈市高一(下)期末数学试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列结论正确的是( )A.若ab，则ac2bc2B.若a2b2，则abC.若ab，c0，则ac【考点】71：不等关系与不等式.【分析】对于A，B举反例即可，对于C，D根据不等式的性质可判断【解答】解：对于A：当c=0时，不成立，对于B：当a=﹣2，b=1时，则不成立，对于C：根据不等式的基本性质可得若ab，c0，则ac>b+c，故C不成立，对于D：若<，则ab，成立，故选：D2.设数列an}是等差数列，若a2a4+a6=12，则a1a2+…+a7等于( )A.14B.21C.28D.35【考点】85：等差数列的前n项和.【分析】利用等差数列的通项公式性质及其求和公式即可得出.【解答】解：数列an}是等差数列，a2a4+a6=12，3a4=12，解得a4=4.则a1a2+…+a7=7a4=28.故选：C.3.设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A.若lm，mα，则lαB.若lα，lm，则mαC.若lα，mα，则lmD.若lα，mα，则lm【考点】LS：直线与平面平行的判定.【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线面垂直的判定定理判断.C：根据线面平行的判定定理判断.D：由线线的位置关系判断.B：由线面垂直的性质定理判断;综合可得答案.【解答】解：A，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确;C：lα，mα，则lm或两线异面，故不正确.D：平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确.B：由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面.故正确.故选B4.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若3a=2b，则的值为( )A.﹣B.C.1D.【考点】HR：余弦定理;HP：正弦定理.【分析】根据正弦定理，将条件进行化简即可得到结论.【解答】解：3a=2b，b=，根据正弦定理可得===，故选：D.5.已知等比数列an}中，a3=2，a4a6=16，则=( )A.2B.4C.8D.16【考点】8G：等比数列的性质.【分析】设等比数列an}的公比为q，由于a3=2，a4a6=16，可得=2，=16，解得q2.可得=q4.【解答】解：设等比数列an}的公比为q，a3=2，a4a6=16， =2， =16，解得q2=2.则==q4=4.故选：B.6.从点(2，3)射出的光线沿斜率k=的方向射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为( )A.x2y﹣4=0B.2xy﹣1=0C.x6y﹣16=0D.6xy﹣8=0【考点】IQ：与直线关于点、直线对称的直线方程.【分析】用点斜式求出入射光线方程，求出入射光线与反射轴y轴交点的坐标，再利用(2，3)关于y轴对称点(﹣2，3)，在反射光线上，点斜式求出反射光线所在直线方程，并化为一般式.【解答】解：由题意得，射出的光线方程为y﹣3=(x﹣2)，即x﹣2y4=0，与y轴交点为(0，2)，又(2，3)关于y轴对称点为(﹣2，3)，反射光线所在直线过(0，2)，(﹣2，3)，故方程为y﹣2=(x﹣0)，即 x2y﹣4=0.故选：A.7.若α，β为锐角，且满足cosα=，cos(αβ)=，则sinβ的值为( )A.﹣B.C.D.【考点】GQ：两角和与差的正弦函数.【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sinα、sin(αβ)的值，再利用两角和差的正弦公式求得sinβ=sin(αβ)﹣α的值.【解答】解：α，β为锐角，且满足cosα=，cos(αβ)=，sinα=，sin(αβ)=，sinβ=sin[(αβ)﹣α=sin(αβ)cosα﹣cos(αβ)sinα=﹣=，故选：B8.若动点A(x1，y2)、B(x2，y2)分别在直线l1：xy﹣11=0和l2：xy﹣1=0上移动，则AB中点M所在直线方程为( )A.x﹣y﹣6=0B.xy+6=0C.x﹣y6=0D.xy﹣6=0【考点】J3：轨迹方程.【分析】根据题意可推断出M点的轨迹为平行于直线l1、l2且到l1、l2距离相等的直线l进而根据两直线方程求得M的轨迹方程.【解答】解：由题意知，M点的轨迹为平行于直线l1、l2且到l1、l2距离相等的直线l，故其方程为xy﹣6=0，故选：D.9.已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图，侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A. B. C. D.【考点】L!：由三视图求面积、体积.【分析】先由三视图还原成原来的几何体，再根据三视图中的长度关系，找到几何体中的长度关系，进而可以求几何体的体积.【解答】解：由三视图可得该几何体的上部分是一个三棱锥，下部分是半球，所以根据三视图中的数据可得：V=××=，故选C.10.将正偶数集合2，4，6，…从小到大按第n组有2n个偶数进行分组：2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，…，则2018位于( )组.A.30B.31C.32D.33【考点】F1：归纳推理.【分析】根据题意可分析第一组、第二组、第三组、…中的数的个数及最后的数，从中寻找规律即可使问题得到解决.【解答】解：第一组有2=12个数，最后一个数为4;第二组有4=22个数，最后一个数为12即2(24);第三组有6=23个数，最后一个数为24，即2(24+6);…第n组有2n个数，其中最后一个数为2(24+…+2n)=4(12+3+…+n)=2n(n1).当n=31时，第31组的最后一个数为231×32=1984，当n=32时，第32组的最后一个数为232×33=2112，2018位于第32组.故选：C11.已知实数x，y满足，则ω=的取值范围是( )A.﹣1，]B.﹣，]C.﹣，1)D.﹣，)【考点】7C：简单线性规划.【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用直线的斜率公式，结合数形结合进行求解即可.【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图，ω的几何意义是区域内的点到定点D(﹣1，1)的斜率，由图象知当直线和BC：x﹣y=0平行时，直线斜率最大，此时直线斜率为1，但取不到，当直线过A(1，0)时，直线斜率最小，此时AD的斜率k==，则ω的范围是﹣，1)，故选：C12.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是( )A.t|}B.t|≤t≤2}C.t|2}D.t|2}【考点】MI：直线与平面所成的角.【分析】设平面AD1E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC的中点.分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，可证出平面A1MN平面D1AE，从而得到A1F是平面A1MN内的直线.由此将点F在线段MN上运动并加以观察，即可得到A1F与平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不难得到A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围.【解答】解：设平面AD1E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC 的中点分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，则A1M∥D1E，A1M平面D1AE，D1E平面D1AE，A1M∥平面D1AE.同理可得MN平面D1AE，A1M、MN是平面A1MN内的相交直线平面A1MN平面D1AE，由此结合A1F平面D1AE，可得直线A1F平面A1MN，即点F是线段MN上上的动点.设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ运动点F并加以观察，可得当F与M(或N)重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ==2;当F与MN中点重合时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ==2A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围为2，2]故选：D二、填空题(每小题5分，本题共20分)13.若关于x的不等式ax2﹣6xa2<0的解集是(1，m)，则m= 2 .【考点】74：一元二次不等式的解法.【分析】由二次不等式的解集形式，判断出 1，m是相应方程的两个根，利用韦达定理求出m的值.【解答】解：ax2﹣6xa2<0的解集是 (1，m)，a>0，1，m是相应方程ax2﹣6xa2=0的两根，解得 m=2;故答案为：2.14.若，则tan2α=.【考点】GU：二倍角的正切.【分析】由条件可得tanα的值，再利用二倍角的正切公式，即可求得结论.【解答】解：，2(sinαcosα)=sinα﹣cosαsinα=﹣3cosαtanα=﹣3tan2α===故答案为：15.若ABC的面积为，BC=2，C=60°，则边AB的长度等于 2 .【考点】HP：正弦定理.【分析】利用三角形面积公式列出关系式，把已知面积，a，sinC的值代入求出b的值，再利用余弦定理求出c的值即可.【解答】解：ABC的面积为，BC=a=2，C=60°，absinC=，即b=2，由余弦定理得：c2=a2b2﹣2abcosC=44﹣4=4，则AB=c=2，故答案为：216.已知不等式组表示的平面区域为D，则(1)z=x2y2的最小值为.(2)若函数y=2x﹣1m的图象上存在区域D上的点，则实数m的取值范围是.【考点】7C：简单线性规划.【分析】由题意作平面区域，(1)利用目标函数的几何意义，求解z=x2y2的最小值;(2)利用图形，求出图形中A，B，C坐标;化简y=2x﹣1m，从而确定最值.【解答】解：由题意作不等式组平面区域如图：(1)z=x2y2的最小值为图形中OP的距离的平方;可得： =.(2)结合图象可知，，可得B(，)，解得A(2，﹣1).当x时，y=1m﹣2x，解得C(，)x(，2时，y=2x﹣1m，m的范围在A，B，C之间取得，y=2x﹣1m，经过A时，可得3m=﹣1，即m=﹣4，m有最小值为﹣4;经过C可得，可得m=，即最大值为：;经过B可得1﹣+m=，m=.函数y=2x﹣1m的图象上存在区域D上的点，则实数m的取值范围：.故答案为：，.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.在平面直角坐标系内，已知A(1，a)，B(﹣5，﹣3)，C(4，0);(1)当a(，3)时，求直线AC的倾斜角α的取值范围;(2)当a=2时，求ABC的BC边上的高AH所在直线方程l.【考点】IG：直线的一般式方程.【分析】(1)求出AC的斜率，根据a的范围，求出AC的斜率的范围，从而求出倾斜角的范围即可;(2)求出BC的斜率，根据垂直关系求出AH的斜率，代入点斜式方程即可求出l.【解答】解：(1)KAC==﹣，a(，3)，则KAC(﹣1，﹣)，k=tanα，又α∈[0，π，α∈(，);(2)KBC==，AH为高，AH⊥BC，KAH•KBC=﹣1，KAH=﹣3;又l过点A(1，2)，l：y﹣2=﹣3(x﹣1)，即3xy﹣5=0.18.在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边， =，且ac=2.(1)求角B;(2)求边长b的最小值.【考点】HS：余弦定理的应用;HP：正弦定理.【分析】(1)利用正弦定理化简表达式，求角B;个两角和与差的三角函数化简求解即可.(2)利用余弦定理求边长b的最小值.推出b的表达式，利用基本不等式求解即可.【解答】解：(1)在ABC中，由已知，即cosCsinB=(2sinA﹣sinC)cosB，sin(BC)=2sinAcosB，sinA=2sinAcosB，…4分ABC 中，sinA0，故. …6分.(2)ac=2，由(1)，因此b2=a2c2﹣2accosB=a2c2﹣ac …9分由已知b2=(ac)2﹣3ac=4﹣3ac …10分…11分故b 的最小值为1.…12分19.已知A(4，﹣3)，B(2，﹣1)和直线l：4x3y﹣2=0.(1)求在直角坐标平面内满足PA|=|PB|的点P的方程;(2)求在直角坐标平面内一点P满足PA|=|PB|且点P到直线l的距离为2的坐标.【考点】IT：点到直线的距离公式.【分析】(1)A(4，﹣3)，B(2，﹣1)，可得线段AB的中点M的坐标为(3，﹣2)，又kAB=﹣1，即可得出线段AB的垂直平分线方程.(2)设点P的坐标为(a，b)，由于点P(a，b)在上述直线上，可得a﹣b﹣5=0.又点P(a，b)到直线l：4x3y﹣2=0的距离为2，可得=2，联立解出即可得出.【解答】解：(1)A(4，﹣3)，B(2，﹣1)，线段AB的中点M的坐标为(3，﹣2)，又kAB=﹣1，线段AB的垂直平分线方程为y2=x﹣3，即点P的方程x﹣y﹣5=0.…(2)设点P的坐标为(a，b)，点P(a，b)在上述直线上，a﹣b﹣5=0.又点P(a，b)到直线l：4x3y﹣2=0的距离为2，=2，即4a3b﹣2=10，…联立可得或所求点P的坐标为(1，﹣4)或.…20.如图所示的多面体，它的正视图为直角三角形，侧视图为正三角形，俯视图为正方形(尺寸如图所示)，E为VB的中点.(1)求证：VD平面EAC;(2)求二面角A﹣VB﹣D的余弦值.【考点】MR：用空间向量求平面间的夹角;LS：直线与平面平行的判定.【分析】(1)欲证VD平面EAC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证VD与平面EAC内一直线平行即可，而连接BD交AC于O点，连接EO，由已知易得VDEO，VD平面EAC，EO平面EAC，满足定理条件;(2)设AB的中点为P，则VP平面ABCD，建立坐标系，利用向量的夹角公式，可求二面角A﹣VB﹣D的余弦值.【解答】(1)证明：由正视图可知：平面VAB平面ABCD连接BD交AC于O点，连接EO，由已知得BO=OD，VE=EBVD∥EO又VD平面EAC，EO平面EACVD∥平面EAC;(2)设AB的中点为P，则VP平面ABCD，建立如图所示的坐标系，则=(0，1，0)设平面VBD的法向量为∴由，可得，可取=(，，1)二面角A﹣VB﹣D的余弦值cosθ==21.某投资公司计划投资A，B两种金融产品，根据市场调查与预测，A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1=18﹣，B产品的利润y2与投资金额x 的函数关系为y2= (注：利润与投资金额单位：万元).(1)该公司已有100万元资金，并全部投入A，B两种产品中，其中x万元资金投入A产品，试把A，B两种产品利润总和表示为x的函数，并写出定义域;(2)在(1)的条件下，试问：怎样分配这100万元资金，才能使公司获得最大利润?其最大利润为多少万元?【考点】5D：函数模型的选择与应用.【分析】(1)其中x万元资金投入A产品，则剩余的100﹣x(万元)资金投入B产品，根据A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1=18﹣，B产品的利润y2与投资金额x的函数关系为y2=，可得利润总和;(2)f(x)=40﹣﹣，x0，100，由基本不等式，可得结论.【解答】解：(1)其中x万元资金投入A产品，则剩余的100﹣x(万元)资金投入B产品，利润总和f(x)=18﹣+=38﹣﹣(x0，100).…(2)f(x)=40﹣﹣，x0，100，由基本不等式得：f(x)40﹣2=28，取等号，当且仅当=时，即x=20.…答：分别用20万元和80万元资金投资A、B两种金融产品，可以使公司获得最大利润，最大利润为28万元.…22.已知曲线f(x)=(x0)上有一点列Pn(xn，yn)(nN*)，过点Pn在x轴上的射影是Qn(xn，0)，且x1x2+x3+…+xn=2n+1﹣n﹣2.(nN*)(1)求数列xn}的通项公式;(2)设四边形PnQnQn1Pn+1的面积是Sn，求Sn;(3)在(2)条件下，求证：++…+<4.【考点】8I：数列与函数的综合;8K：数列与不等式的综合.【分析】(1)求出n=1时，x1=1;n2时，将n换为n﹣1，两式相减，即可得到所求通项公式;(2)运用点满足函数式，代入化简，求出梯形的底和高，由梯形的面积公式，化简可得;(3)求得：，运用数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得证.【解答】解：(1)n=1时，x1=22﹣1﹣2=1，n2时，x1x2+x3+…+xn﹣1=2n﹣(n﹣1)﹣2，又x1x2+x3+…+xn=2n+1﹣n﹣2，②﹣得：xn=2n﹣1(n=1仍成立)故xn=2n﹣1;(2)，，又，，故四边形PnQnQn1Pn+1的面积为：;(3)证明：，点击下页查看更多湖北省黄冈市高一期末文科数学试卷湖北省黄冈市高一期末文科数学试卷一、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。
黄冈中学2024届数学高一下期末考试试题含解析
黄冈中学2024届数学高一下期末考试试题考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．己知函数()sin()f x A x ωϕ=+（x ∈R ，0A >，0>ω，2πϕ<）的图象（部分）如图所示，则()f x 的解析式是（）A ．()2si 3n ()f x x x R ππ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭B ．()2sin 2()6f x x R ππ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭C ．()2sin ()6f x x x R ππ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭D ．()2sin 2()3f x x x R ππ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭2．直线l ：20ax y +-=与圆22:2440M x y x y +--+=的位置关系为（ ） A ．相离 B ．相切C ．相交D ．无法确定3．设342334333log ,,224a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ） A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．a c b >>4．一游客在A 处望见在正北方向有一塔B ，在北偏西45︒方向的C 处有一寺庙，此游客骑车向西行1km 后到达D 处，这时塔和寺庙分别在北偏东30和北偏西15︒，则塔B 与寺庙C 的距离为( ) A ．2kmB 3kmC 2kmD ．1km5．在ABC ∆中，“A B >”是“cos cos A B <”的 ( ) A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件6．用[]x 表示不超过的x 最大整数（如[]2.12=，[]3.54-=-）.数列{}n a 满足*114,1(1),()3n n n a a a a n N +=-=-∈，若12111n nS a a a =+++，则[]n S 的所有可能值的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．47．已知平面向量(1,2)a =，(2,)b m =-，且//a b ，则23a b +等于（ ） A ．(5,10)--B ．(4,8)--C ．(3,6)--D ．(2,4)--8．如果执行右面的框图，输入5N ，则输出的数等于（ ）A ．54B ．45C ．65D ．569．已知向量1a b ==，12a b ⋅=-，则3a b +=（ ） A ．2 B 3C 5D 710．已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11a =，12n n n S a a +=，则20S =（ ） A ．200B ．210C ．400D ．410二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
湖北省黄冈市2017-2018学年高一上学期期末考试数学试题 Word版含解析
黄冈市2017年秋季高一年级期末考试数学试题一、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. 已知集合，，则集合的真子集个数为（）A. 8B. 7C. 4D. 3【答案】D【解析】，所以真子集有3个。
故选D。
2. 已知幂函数，若在其定义域上为增函数，则等于（）A. 1，B. 1C.D.【答案】C【解析】，解得。
故选C。
3. 如图，设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】阴影部分为，，所以，故选D。
4. 已知弧度数为2的圆心角所对的弦长为2，则这个圆心角所对的弧长是（）A. 2B.C.D.【答案】C【解析】如图所示,设扇形OAB中,圆心角∠AOB=2,过0点作OC⊥AB于点C,延长OC，交弧AB于D点，则∠AOD=∠BOD=1,AC=AB=1，∴弧AB长.故选：C.5. 已知函数，则下列说法正确的是（）A. 在定义域内是增函数B. 的对称中心是C. 是奇函数D. 的对称轴是【答案】B【解析】定义域内不单调，且不具有奇偶性，对称性，所以A、C、D错误；对称中心：，得，所以B正确；故选B。
6. 向一杯子中匀速注水时，杯中水面高度随时间变化的函数的大致图像如图所示，则杯子的形状可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由图可知，高度的增长速率是先慢后快，且都是运算增长，所以只有A满足。
故选A。
7. 已知非零向量与满足，且，则为（）A. 三边均不相等的三角形B. 直角三角形C. 等腰非等边三角形D. 等边三角形【答案】D【解析】依题意，由得BC垂直于BC边上中学为等腰三角形，AB，AB为腰，再由得.所以为等边三角形，选D.8. 若，，，定义在上的奇函数满足:对任意的且都有，则的大小顺序为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意，在上单调递减，又，所以，所以，故选B。
9. 要得到函数的图像，只需将函数的图像（）A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位【答案】A【解析】左移个单位，得到，再右移个单位，得到，所以总的是左移个单位，故选A。
湖北省黄冈市高一数学下学期期末考试试题理(扫描版)
2016高一春季期末考试参考答案及评分标准(理科) 一、选择题BBCAD CBDCD CA二、填空题13. 33 14. 9 15. [5，6] 16. b c 11-三、解答题17. 解：(1)由已知可得l 2的斜率存在，且k 2＝1－a .若k 2＝0，则1－a ＝0，a ＝1.∵l 1⊥l 2，直线l 1的斜率k 1必不存在，即b ＝0.又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋4＝0，即a ＝43(矛盾)． ∴此种情况不存在，∴k 2≠0.即k 1，k 2都存在，∵k 2＝1－a ，k 1＝a b ，l 1⊥l 2，∴k 1k 2＝－1，即ab (1－a )＝－1. ①又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋b ＋4＝0.②由①②联立，解得a ＝2，b ＝2. ............ 5分(2)∵l 2的斜率存在，l 1∥l 2，∴直线l 1的斜率存在，k 1＝k 2，即a b ＝1－a . ③又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，且l 1∥l 2，∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数，即4b＝b ，④ 联立③④，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝23，b ＝2.∴a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2. ............................10分18. （1）由tan a b A =及正弦定理，得sin sin cos sin A a A A b B ==，∴sin cos B A =， 即sin sin()2B A π=+，............... 3分又B 为钝角，因此(,)22A πππ+∈，(不写范围的扣1分) 故2B A π=+，即2B A π-=；............ 5分（2）由（1）知，()C A B π=-+(2)2022A A πππ-+=->，∴(0,)4A π∈，................ 7分 于是sin sin sin sin(2)2A C A A π+=+-2219sin cos 22sin sin 12(sin )48A A A A A =+=-++=--+，............9分 ∵04A π<<，∴20sin 2A <<，因此221992(sin )2488A <--+≤，由此可知sin sin A C +的取值范围是29(]28．............................12分 19．解：（1）,333313221n a a a a n n =++++- ),2(31333123221≥-=++++--n n a a a a n n ),2(3131331≥=--=-n n n a n n )2(31≥=n a nn ........................4分 验证n=1时也满足上式：*)(31N n a n n ∈=............................5分 （2）n n n b 3⋅= ........................6分n n n S 333323132⋅+⋅+⋅+⋅=143233332313+⋅+⋅+⋅+⋅=n n n S ........................8分 ,333332132+⋅-+++=-n n n n S,33133211++⋅-----n n n n S .433413211+⋅-⋅=++n n n n S . ...........................12分 20.解 设A 型、B 型车辆分别为x 、y 辆，相应营运成本为z 元，则z ＝1 600x ＋2 400y . ................ 1分由题意，得x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N................. 4分 作可行域如图所示，................ 7分可行域的三个顶点坐标分别为P (5，12)，Q (7,14)，R (15,6)． ................ 9分由图可知，当直线z ＝1 600x ＋2 400y 经过可行域的点P 时，直线z ＝1 600x ＋2 400y 在y 轴上的截距z 2 400最小，即z 取得最小值 ................ 11分故应配备A 型车5辆、B 型车12辆，可以满足公司从甲地去乙地的营运成本最小．........ 12分21. 解：（1）当时，函数的不动点即为3和-1； ................ 2分（2）∵函数恒有两个相异的不动点，∴恒有两个不等的实根，对恒成立， ................ 4分∴，得的取值范围为.. .............. 6分 （3）由得，由题知，，................ 7分设中点为，则的坐标为， ................ 9分∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值为................ 12分22. ①.ABCD BD ABCD PA FG BD PAC FG PAC BD AC BD BD PA ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥⇒⎭⎬⎫⊥⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥面面又面面............... 3分② G 为EC 中点，理由如下：连PE,中点。
2020-2021学年湖北省黄冈市高一下期末数学试卷及答案解析
2020-2021学年湖北省黄冈市高一下期末数学试卷一、单项选择题:本题共8个小题,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,请将答案涂在答题卡上．1．（5分）已知i 为虚数单位，复数z 满足z （3+i ）＝2﹣i ，则下列说法正确的是（ ） A ．复数z 的模为√22B ．复数z 的共轭复数为−12+12i C ．复数z 的虚部为12iD ．复数z 在复平面内对应的点在第二象限2．（5分）在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝45°，则cos B ＝（ ） A ．√23B ．−√23C ．√73D ．−√733．（5分）不同的直线m 和n ，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ） A ．α∩γ＝n ，β∩γ＝m ，n ∥m B ．α⊥γ，β⊥γ C ．n ∥m ，n ⊥α，m ⊥βD ．n ∥α，m ∥β，n ∥m4．（5分）若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（ ） A ．2B ．4C ．√3D ．2√35．（5分）一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（ ） A ．13B ．56C ．23D ．7126．（5分）如图，正三棱锥A ﹣BCD 中，∠BAD ＝20°，侧棱长为2，过点C 的平面与侧棱AB 、AD 相交于B 1、D 1，则△CB 1D 1的周长的最小值为（ ）A ．2√2B ．2√3C ．4D ．27．（5分）如图所示，△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，D 是BC 的中点，BE →=2EA →，则AD →⋅DE →=（ ）A ．114B ．−114C ．52D ．−528．（5分）欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如图，Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，四边形ABHL 、ACFG 、BCDE 都是正方形，AN ⊥DE 于点N ，交BC 于点M ．先证明△ABE 与△HBC 全等，继而得到矩形BENM 与正方形ABHL 面积相等；同理可得到矩形CDNM 与正方形ACFG 面积相等；进一步推理得证．在该图中，若tan∠BAE =12，则sin ∠BEA ＝（ ）A ．√210B ．3√1010C ．√55D ．√1010二、多项选择题．本大题共4个小题,每小题5分,共20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5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. （多选）9．（5分）下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A ．e 1→=（0，2），e 2→=（32，0）B ．e 1→=（0，0），e 2→=（1，﹣2）C ．e 1→=（1，3），e 2→=（﹣2，﹣6） D ．e 1→=（3，5），e 2→=（5，3）（多选）10．（5分）下列关于复数z 的四个命题中假命题为（ ） A ．若z +z =0，则z 为纯虚数 B ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1＝±z 2 C ．若|z ﹣i |＝1，则|z |的最大值为2D ．若z 3﹣1＝0，则z ＝1（多选）11．（5分）如图在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC ⊥CB ，点D 是AB 上的动点，则下列结论正确的是（ ）A ．BC ⊥AC 1B ．当D 为AB 的中点时，平面CDB 1⊥平面AA 1B 1BC ．当D 为AB 中点时，AC 1∥平面CDB 1 D ．三棱锥A 1﹣CDB 1的体积是定值（多选）12．（5分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确的是（ ） A ．c ＝a cos B +b cos AB ．若a cos A ＝b cos B ，则△ABC 为等腰三角形 C ．若a 2tan B ＝b 2tan A ，则a ＝bD ．若a 3+b 3＝c 3，则△ABC 为锐角三角形 三、填空题(本题共4个小题,每题5分,共20分)13．（5分）一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为 ．14．（5分）在△ABC 中，D 是BC 的中点，AB ＝1，AC ＝2，AD =√32，则△ABC 的面积为 ．15．（5分）如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为 ．16．（5分）如图等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD =12AD =13AB =2，O 是梯形ABCD 的外接圆的圆心，M 是边BC 上的中点，则AO →⋅AM →的值为 ．三、解答题:本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤． 17．（10分）复数z 满足|z |=√2，z 2为纯虚数，若复数z 在复平面内所对应的点在第一象限． （1）求复数z ；（2）复数z ，z ，z 2所对应的向量为a →，b →，c →，已知（λa →+b →）⊥（λb →+c →），求λ的值．18．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知acosC +12c =b ， （1）求角A ；（2）若a =√7，△ABC 的面积为3√32，求△ABC 的周长．19．（12分）黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩（满分150），抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150（1）根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？（2）将同学乙的成绩分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150]，完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150]合计20120．（12分）如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面P AC⊥平面ABCD，P A＝PC，P A⊥AB．（1）证明：AB⊥PC；（2）若P A⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱锥P﹣ABCD的体积．21．（12分）如图，四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，设∠ACD ＝θ．（1）若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；（2）若tan∠ADB=12，求tanθ．22．（12分）如图①梯形ABCD 中AD ∥BC ，AB =√3，BC ＝1，CD =√2，BE ⊥AD 且BE ＝1，将梯形沿BE 折叠得到图②，使平面ABE ⊥平面BCDE ，CE 与BD 相交于O ，点P 在AB 上，且AP ＝2PB ，R 是CD 的中点，过O ，P ，R 三点的平面交AC 于Q ．（1）证明：Q 是AC 的中点； （2）证明：AD ⊥平面BEQ ；（3）M 是AB 上一点，已知二面角M ﹣EC ﹣B 为45°，求AM AB的值．2020-2021学年湖北省黄冈市高一下期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题:本题共8个小题,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,请将答案涂在答题卡上．1．（5分）已知i 为虚数单位，复数z 满足z （3+i ）＝2﹣i ，则下列说法正确的是（ ） A ．复数z 的模为√22B ．复数z 的共轭复数为−12+12i C ．复数z 的虚部为12iD ．复数z 在复平面内对应的点在第二象限【解答】解：复数z 满足z （3+i ）＝2﹣i ，整理得：z =2−i 3+i =(2−i)(3−i)(3+i)(3−i)=12−12i ， 对于A ：|z|=√(12)2+(−12)2=√22，故A 正确； 对于B ：复数z 的共轭复数为12+12i ，故B 错误；对于C ：复数z 的虚部为−12，故C 错误；对于D ：复数z 在复平面内对应的点在第四象限，故D 错误． 故选：A ．2．（5分）在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝45°，则cos B ＝（ ）A ．√23B ．−√23C ．√73D ．−√73【解答】解：根据正弦定理可得：sin B =bsinA a =10×sin45°15=√23， ∵a ＝15＞b ＝10，∴由大边对大角可得：0＜B ＜A ＝45°， ∴cos B =√1−sin 2B =√73． 故选：C ．3．（5分）不同的直线m 和n ，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ） A ．α∩γ＝n ，β∩γ＝m ，n ∥m B ．α⊥γ，β⊥γ C ．n ∥m ，n ⊥α，m ⊥βD ．n ∥α，m ∥β，n ∥m【解答】解：由不同的直线m 和n ，不同的平面α，β，γ，知：若α∩γ＝n ，β∩γ＝m ，n ∥m ，则α与β相交或平行，故A 不正确； 若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故B 不正确；若n ∥m ，n ⊥α，m ⊥β，则由平面平行的判定定理知α∥β，故C 正确； 若n ∥α，m ∥β，n ∥m ，则α与β相交或平行，故D 不正确． 故选：C ．4．（5分）若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（ ） A ．2B ．4C ．√3D ．2√3【解答】解：如图，圆锥的轴截面为等腰△SAB ，且内切圆为球的大圆．设圆锥底面圆周的半径为r ，高为h ，球的半径为R ，R ＝1． 则由条件有13πr 2ℎ=2⋅43πR 3，整理得r 2h ＝8①在△SAB 中，SA =SB =√r 2+ℎ2，所以12⋅(√r 2+ℎ2+√r 2+ℎ2+2r)⋅1=12⋅ℎ⋅2r②，联立①②，解得r =√2，ℎ=4． 故选：B ．5．（5分）一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（ ）A ．13B ．56C ．23D ．712【解答】解：第一个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为16，13，12，第二个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为13，13，13，∵两个正方体朝上的面颜色相同的概率为16×13+13×13+12×13=13，∴两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1−13=23． 故选：C ．6．（5分）如图，正三棱锥A ﹣BCD 中，∠BAD ＝20°，侧棱长为2，过点C 的平面与侧棱AB 、AD 相交于B 1、D 1，则△CB 1D 1的周长的最小值为（ ）A ．2√2B ．2√3C ．4D ．2【解答】解：把正三棱锥A ﹣BCD 的侧面展开， 两点间的连接线CC '即是截面周长的最小值．正三棱锥A ﹣BCD 中，∠BAD ＝20°，所以，∠CAC ′＝60°，AC ＝2， ∴CC ′＝2，∴截面周长最小值是CC ′＝2． 故选：D ．7．（5分）如图所示，△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，D 是BC 的中点，BE →=2EA →，则AD →⋅DE →=（ ）A ．114B ．−114C ．52D ．−52【解答】解：∵△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，D 是BC 的中点，BE →=2EA →，∴AD →⋅DE →=12（AB →+AC →）•（AE →−AD →）=12（AB →+AC →）•（13AB →−12（AB →+AC →））=12（AB →+AC →）•（−16AB →−12AC →）=−112AB →2−14AC →2−13AB →⋅AC →=−112×32−14×22−13×3×2×12=−114． 故选：B ．8．（5分）欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如图，Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，四边形ABHL 、ACFG 、BCDE 都是正方形，AN ⊥DE 于点N ，交BC 于点M ．先证明△ABE 与△HBC 全等，继而得到矩形BENM 与正方形ABHL 面积相等；同理可得到矩形CDNM 与正方形ACFG 面积相等；进一步推理得证．在该图中，若tan∠BAE =12，则sin ∠BEA ＝（ ）A ．√210B ．3√1010C ．√55D ．√1010【解答】解：设AB ＝k ，AC ＝m ，BC ＝n ，可得k 2+m 2＝n 2， ∵BH ∥CL ， ∴∠BHC ＝∠HCL ， 又△ABE ≌△HBC ，可得∠BHC ＝∠BAE ， ∴∠HCL ＝∠BAE ， ∴tan∠HCL =12， 即k k+m=12，∴m ＝k ， ∴n =√2k ，在△ABE 中，tan∠BAE =12，得sin∠BAE =√5， 在△ABE 中，AB sin∠BEA=BE sin∠BAE，即k sin∠BEA=n1√5，可得sin∠BEA =√1010．故选：D ．二、多项选择题．本大题共4个小题,每小题5分,共20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5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. （多选）9．（5分）下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A ．e 1→=（0，2），e 2→=（32，0）B ．e 1→=（0，0），e 2→=（1，﹣2）C ．e 1→=（1，3），e 2→=（﹣2，﹣6） D ．e 1→=（3，5），e 2→=（5，3）【解答】解：∵0×0≠2×32，∴e 1→ 与e 2→不共线，∴A 正确， ∵0×（﹣2）＝0×1，∴e 1→与e 2→共线，∴B 错误，∵1×（﹣6）＝3×（﹣2），∴e 1→ 与e 2→共线，∴C 错误， ∵3×3≠5×5，∴e 1→与e 2→不共线，∴D 正确， 故选：AD ．（多选）10．（5分）下列关于复数z 的四个命题中假命题为（ ） A ．若z +z =0，则z 为纯虚数 B ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1＝±z 2 C ．若|z ﹣i |＝1，则|z |的最大值为2D ．若z 3﹣1＝0，则z ＝1【解答】解：选项A ：设z ＝a +bi ，（a ，b 为实数），因为z =a −bi ，所以z +z =2a ＝0，则a ＝0，所以z ＝bi ，因为b 可能为0，故A 错误， 选项B ：当z 1＝1+i ，z 2＝1﹣i 时，|z 1|＝|z 2|，故B 错误，选项C ：当|z ﹣i |＝1时，复数z 对应的点在以（0，1）为圆心，1为半径的圆上，故|z |的最大值为1+1＝2，故C 正确，选项D ：当z =−12+√32i 时，z 3＝1，故D 错误， 故选：ABD ．（多选）11．（5分）如图在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC ⊥CB ，点D 是AB 上的动点，则下列结论正确的是（ ）A ．BC ⊥AC 1B ．当D 为AB 的中点时，平面CDB 1⊥平面AA 1B 1BC ．当D 为AB 中点时，AC 1∥平面CDB 1 D ．三棱锥A 1﹣CDB 1的体积是定值【解答】解：对于A ，∵在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，∴BC ⊥CC 1，又AC ⊥CB ，CC 1∩CA ＝C ，CC 1⊂平面ACC 1A 1，CB ⊂平面ACC 1A 1，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，故A正确；对于B，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴AA1⊥CD，∴当CD⊥AB时，由AA1，AB是平面AA1B1B中的相交线，得到CD⊥平面AA1B1B，平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点，故B错误；对于C，设BC1∩B1C＝O，则O是BC1中点，连结OD，则D是AB中点时，OD∥AC1，∵AC1⊄平面CDB1，OD⊂平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1，故C正确；对于D，∵△A1B1C的面积是定值，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，∴AB∥平面A1B1C，∴D到平面A1B1C的距离是定值，∴三棱锥A1﹣CDB1的体积是定值，故D正确．故选：ACD．（多选）12．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（）A．c＝a cos B+b cos AB．若a cos A＝b cos B，则△ABC为等腰三角形C．若a2tan B＝b2tan A，则a＝bD．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形【解答】解：对A：∵sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+sin B cos A，∴c＝a cos B+b cos A，所以A正确；对B：∵a cos A＝b cos B，∴sin A cos A＝sin B cos B，即sin2A＝sin2B，∵△ABC的内角A，B，C，∴2A＝2B或2A+2B＝π即A＝B或A+B=π2，故三角形可能是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对C：∵a2tan B＝b2tan A，∴由正弦定理得：sin2A tan B＝sin2B tan A，得：sin2AsinBcosB=sin2BsinAcosA，整理得：sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin2A ＝sin2B ，∴A ＝B 或A +B =π2，故C 错误； 对D ：由题意知：a 、b 、c 中c 是最大的正数，∴由a 3+b 3＝c 3变形得：（ac）3+（bc）3＝1＜（ac）2+（bc）²，∴a 2+b 2＞c 2，∴C 为锐角，又知C 为最大角，∴△ABC 为锐角三角形，故D 正确； 故选：AD ．三、填空题(本题共4个小题,每题5分,共20分)13．（5分）一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为 0.3 ． 【解答】解：由题意可得，样本空间的总数为5×4＝20， 第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为3×2＝6， 故所求的概率P =620=0.3． 故答案为：0.3．14．（5分）在△ABC 中，D 是BC 的中点，AB ＝1，AC ＝2，AD =√32，则△ABC 的面积为√32． 【解答】解：∵D 是BC 中点，且AB ＝1，AC ＝2，AD =√32，∴AD →=12（AB →+AC →），则AD →2=14（AB →+AC →）²，即34=14（1+4+2AB →⋅AC →），∴AB →⋅AC →=−1， ∴cos ∠BAC =AB →⋅AC→|AB →|⋅|AC →|=−11×2=−12，∴sin ∠BAC =√32，∴S △ABC =12AB •AC sin ∠BAC =12×1×2×√32=√32． 故答案为：√32． 15．（5分）如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为2√23．【解答】解：以AB 、AD 、AA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的边长为1，则A （0，0，0），B （1，0，0），D （0，1，0），C （1，1，0），B 1（1，0，1），C 1（1，1，1），D 1（0，1，1），O （12，12，0），所以B 1O →=（−12，12，﹣1），AC →=(1，1，0)，AD 1→=(0，1，1)．设平面ACD 1的一个法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅AC →=0n →⋅AD 1→=0，即{x +y =0y +z =0，令y ＝﹣1，则x ＝1＝z ，则n →=(1，−1，1)．于是，cos ＜B 1O →，n →＞=B 1O →⋅n→|B 1O →||n →|=−12−12−1√32×√3=−23√2=−2√23， 所以sin θ＝|cos ＜B 1O →，n →＞|=2√23． 其中θ为直线B 1O 与平面ACD 1所成角．所以直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为2√23．故答案为：2√23． 16．（5分）如图等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD =12AD =13AB =2，O 是梯形ABCD 的外接圆的圆心，M 是边BC 上的中点，则AO →⋅AM →的值为 16 ．【解答】解：设BM →=λBC →(0≤λ≤1)， ∵M 是边BC 上的中点， ∴λ=12，则AM →=AB →+BM →=AB →+λBC →，又∵BC →=AC →−AB →=AD →+DC →−AB →=AD →+13AB →−AB →=AD →−23AB →，∴AM →=AB →+λ(AD →−23AB →)=λAD →+(1−2λ3)AB →， ∵O 是△ABC 的外心，∴AO →⋅AB →=12AB →2=18AO →⋅AD →=12AD →2=8，∴AO →⋅AM →=AO →⋅[λAD →+(1−2λ3)AB →]=λAO →⋅AD →+(1−2λ3)AO →⋅AB →=8λ+18(1−2λ3)=18−4λ，λ=12， 即AO →⋅AM →=16， 故答案为：16．三、解答题:本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤． 17．（10分）复数z 满足|z |=√2，z 2为纯虚数，若复数z 在复平面内所对应的点在第一象限． （1）求复数z ；（2）复数z ，z ，z 2所对应的向量为a →，b →，c →，已知（λa →+b →）⊥（λb →+c →），求λ的值． 【解答】解：（1）设z ＝a +bi （a ＞0，b ＞0）， 则|z|=√a 2+b 2=√2，即a 2+b 2＝2，①∵z 2＝a 2﹣b 2+2abi 为纯虚数，∴a 2﹣b 2＝0且2ab ≠0，② 由①②解得a ＝1，b ＝1， ∴z ＝1+i ； （2）∵z ＝1+i ∴z =1−i ，z 2＝2i ，∴a →=(1，1)，b →=(1，−1)，c →=(0，2)， ∴a →⋅b →=0，a →⋅c →=2，b →⋅c →=−2，b →2=2， 由(λa →+b →)⊥(λb →+c →)，得(λa →+b →)⋅(λb →+c →)=0， 即λ2a →⋅b →+λa →⋅c →+λb →2+b →⋅c →=0， ∴4λ﹣2＝0，得λ=12．18．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知acosC +12c =b ， （1）求角A ；（2）若a =√7，△ABC 的面积为3√32，求△ABC 的周长．【解答】解：（1）∵acosC +12c =b ， 由正弦定理得sin A cos C +12sin C ＝sin B ， 又∵sin B ＝sin （A +C ）＝sin A cos C +cos A sin C ， ∴12sinC =cosAsinC ，∵sin C ＞0， ∴cosA =12，∴A=π3；（2）由余弦定理得：7＝b2+c2﹣2bc cos60°即b2+c2﹣bc＝7，∴（b+c）2﹣3bc＝7，又S△ABC=12bcsinA=√34bc=3√32，∴bc＝6，∴（b+c）2﹣18＝7，∴b+c＝5，∴△ABC的周长为5+√7．19．（12分）黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩（满分150），抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150（1）根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？（2）将同学乙的成绩分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150]，完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150]合计201【解答】解：（1）甲的中位数是117+1212=119，乙的中位数是128+1282=128＞119，∴乙的成绩更好．（2）完成频率分布表如下：分组 频数 频率 [100，110） 2 0.1 [110，120） 4 0.2 [120，130） 5 0.25 [130，140） 6 0.3 [140，150] 3 0.15 合计201乙的频率分布直方图如下图所示：（3）甲乙两位同学的不低于140（分）的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意选出2个成绩所有的取法为：（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），共10种取法，其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率P=410=25．20．（12分）如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面P AC⊥平面ABCD，P A＝PC，P A⊥AB．（1）证明：AB⊥PC；（2）若P A⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：取AC的中点O，连接PO，如图所示；因为AP＝PC，所以PO⊥AC，又因为平面P AC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB；......①又因为AB⊥P A，......②由①②可得AB⊥平面P AC，所以AB⊥PC．（2）解：因为PB＝2PC＝4，所以P A＝PC＝2，又AB⊥P A，所以AB2＝PB2﹣P A2，所以AB=2√3；又因为P A⊥PC，P A＝PC＝2，所以AC=2√2，PO=√2；由（1）知AB⊥平面P AC，所以AB⊥AC，所以S△ABC=12AB⋅AC=12×2√3×2√2=2√6；所以V三棱锥P−ABC=13S△ABC⋅PO=13×2√6×√2=43√3；又因为BC∥AD，BC＝2AD，所以S△ABC＝2S△ACD，所以V三棱锥P−ACD =12V三棱锥P−ABC=23√3；所以四棱锥P﹣ABCD的体积是V四棱锥P−ABCD =V三棱锥P−ABC+V三棱锥P−ACD=43√3+23√3=2√3．另解：因为S△ABC=12AB⋅AC=12×2√3×2√2=2√6，所以S△ADC=√6，所以S梯形ABCD=3√6，计算四棱锥P﹣ABCD的体积是V四棱锥P−ABCD=13×3√6×√2=2√3．21．（12分）如图，四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，设∠ACD ＝θ．（1）若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；（2）若tan∠ADB=12，求tanθ．【解答】解：（1）设AB＝a，则AC =√3a ，AD =√3asinθ，CD =√3acosθ， 由题意S △ABC ＝4S △ACD ， 则12a ⋅√3a =4⋅12√3acosθ⋅√3asinθ，所以sin2θ=√36．（2）由正弦定理，△ABD 中，BDsin∠BAD=AB sin∠ADB，即BD sin(π−θ)=a sin∠ADB ①在△BCD 中，BDsin∠BCD=BC sin∠CDB，即BD sin(π6+θ)=2asin(π2−∠ADB)②②÷①得：sinθsin(π6+θ)=2tan∠ADB =1，∴sinθ=sin(π3+θ)， 化简得cosθ=(2−√3)inθ， 所以tanθ=2+√3．22．（12分）如图①梯形ABCD 中AD ∥BC ，AB =√3，BC ＝1，CD =√2，BE ⊥AD 且BE ＝1，将梯形沿BE 折叠得到图②，使平面ABE ⊥平面BCDE ，CE 与BD 相交于O ，点P 在AB 上，且AP ＝2PB ，R 是CD 的中点，过O ，P ，R 三点的平面交AC 于Q ．（1）证明：Q 是AC 的中点； （2）证明：AD ⊥平面BEQ ；（3）M 是AB 上一点，已知二面角M ﹣EC ﹣B 为45°，求AM AB的值．【解答】证明：（1）在图①中过C 作CF ⊥AD ， 则EF ＝BC ＝1，CF ＝BE ＝1，又∵CD =√2，∴DF ＝1，∴DE ＝2，∴DE ∥BC ，且DE ＝2BC ，∴DO ＝2OB ， 又∵AP ＝2PB ，∴OP ∥AD ，∴OP ∥平面ACD ，又∵平面OPQR ∩平面ACD ＝RQ ，∴OP ∥RQ ，∴PQ ∥AD ， 又∵R 是CD 的中点，∴Q 是AC 的中点． （2）在直角梯形BCDE 中，BC ＝BE ＝1，∴CE =√2，∴∠CED ＝∠BCE ＝45°．又CD =√2，∴∠ECD ＝90°，DE ＝2，∴CD ⊥CE ，①又∵平面ABE ⊥平面BCDE ，AE ⊥BE ，∴AE ⊥平面BCDE ，∴AE ⊥CD ，② 由①②得CD ⊥平面ACE ，∴CD ⊥EQ ，③∵AB =√3，BE =1，∴AE =√2，∴AE ＝CE ，∴EQ ⊥AC ，④ 由③④可得EQ ⊥平面ACD ，∴EQ ⊥AD ，⑤又∵BE ⊥AE ，BE ⊥DE ，∴BE ⊥平面ADE ，∴BE ⊥AD ，⑥ 由⑤⑥可得AD ⊥平面BEQ ．（3）过M 作MH ⊥BE ，则MH ⊥平面BCDE ， 过H 作HG ⊥CE ，连结MG ，则∠MGH 为二面角M ﹣CE ﹣B 的平面角，∴∠MGH ＝45°， 设AM AB =λ，∴MH =(1−λ)AE =(1−λ)√2， 又HE BE=AMAB=λ，∴HE ＝λ，∵∠BEC ＝45°，∴HG =√22λ，由∠MGH ＝45°得HG ＝MH ，∴√22λ=(1−λ)√2， ∴λ=23．。
湖北省黄冈市高一数学下学期期末考试试题 文
10.已知钝角△ABC的面积为 ，AB＝1，BC＝ ，则AC等于()
A.5B. C.2D.1
11.直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA1，则异面
直线BA1与AC1所成的角等于（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
12.如图,已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()
（2）｛bn｝是首次为1，公比为2的等比数列，
由题意 ，即 ，又
故｛bn｝是以1为首次，2为公比的等比数列…………………………9分
（3）由（2） ，∴ ……………..12分
20、解：（1）由 及正弦定理得
即
∴
∵ ∴ ∴ 又
∴ …………………………………………(5分)
（2）在 中， ，角B平分线 ，由正弦定理得
A.36πB.64πC.144πD.256π
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13.若x，y满足 则z＝x＋2y的最大值为___________
14.在△ABC中，若b=2，A=120°，三角形的面积 ，则三角形外接圆的半径为________
15
(
16.已知 ，则数列 的前n项和为__________.
三、解答题（本大题共6个小题，共70分．）
17．(10分)已知 的三个顶点为 、 、 .
（1）求过点A且平行于BC的直线方程；
（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程.
18.（12分）已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos 2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
黄冈中学秋季高一数学期末考试试题及答案
黄冈中学高一数学期末考试试题、选择题（本大题共10个小题；每小题5分，共50分•在每小题给出的四个 选项中，只有一个符合题目要求，请将正确选项的代号填入答题卡的相应位置. TT a 2 , b1若 Irr r 1 , a 与b 的夹角为30o ,则a 4 b 等于（ A 」 2 B . ）的图像与直线 I 的交点有A . 1个B . 2个 3. 函数y1 2cos( x)的最 2A . — 1,3, 4 B .— 4. 三个数a 0.92,b In 0.9,cA. a C b .B. a TUT5对于向量 a, b,c 和实数 ， 2.函数y 1 Sin X , X (0,20 ,则a A .若 a b b C 最大值和周期分别是 1, 1 , 2 C . 0, 3, D . 0,20.9之间的大小关系是 C. b a F 列命题中正确的命题是（B .若a T 2C .若a,则aD .若 a b C ,贝U b C6.如果函数 3COS （2 X ）的图像关于点(4A .- 3 UUL UUU 7.若 AB BC 0）中心对称，那么的可能值是（3，5 D .6A .锐角三角形 AB 20,则 ABC 是(B.直角三角形.钝角三角形D.等腰直角三角形8.如果 f (CoS x) Sin 3x ,那么 f (Sin x)等于( A . sin3xB . sin3xC . cos3xcos3xUULT9.在厶ABC 中，已知D 是AB 边上一点，若ADUUur UUIn 2DB,CD1 UUU CA 32 3UuI CB ,则10.函数y = COS （ωx+ φ（ ω>0,0v φv π为奇函数，该函数的部分图象如图所示， -A 、B 分别为最高点与最低点，并且两点间的距离为2.2,则该函数的一条对称轴方程)为()2A ∙XB ∙X C. X 1 D. X 22二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡的相应位置.)11.函数y sin ∙., X的值域是__________ .112.已知(0, )，CoS ,贝U tan _____________________ .3r r r r r r13.已知向量a (1,n),b ( 1,n),若2a b与b垂直，则a ______________ .14.函数f(x) 1In('∙.χ2 3x 2 、 X2 3x 4)的定义域为 ___________________ .X15.下列命题①若a、b都是单位向量，则a b ；k②终边在坐标轴上的角的集合是{ | —,k Z}；2r r r r r r r r r③若a、b与C是三个非零向量，则(a b) c a (b C);④正切函数在定义域上单调递增；⑤向量b (b 0)与a共线，当且仅当有唯一一个实数，使得b a成立.则错误的命题的序号是 ______________ .三、解答题：(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)16.(本题满分12分)已知向量a (1,2)，b (x,1)，U a 2b，v 2a br r r r(1 )当U // V时，求X的值；(2)当U V时，求X的值.17.(本题满分12分)18.(本题满分12分)X 3已知全集 U R ，A x| X 1 1，B x|0 ,求:X 2(1)Al B ；( 2)(痧 A)I (U B).19.(本题满分12分)r 已知向量a r 3(Sin x,1)， b (Sinx,? COSX)r r(1)当 X —时，求a 与b 的夹角的余弦值；3r r(2)若 X,,求函数f(x) a b 的最大值和最小值. 3 2已知f()sin( )cos(2 )sin(3 ^2 (1)化简 f()；cos()cos(3_ ^2(2)若是第三象限角，且 cos(—)-,求f ()的值. 2 520.(本题满分13分)已知函数f (x) sin( X ) b (0,0 )的图像两相邻对称轴之间的距离是 —，2若将f (X)的图像先向右平移个单位，再向上平移个单位，所得函数 g(χ)为奇函数.6(1)求f(x)的解析式；(2)求f (X)的单调区间；21.(本题满分14分)对于定义域为 0,1的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的X 0,1，总有f (X) 0 :② f(1) 1 ;③若 X 1 0, X 2 0,X 1 X 1 ,都有 f(X 1 X 2) f (X 1) f (X 2)成 立，那么称函数 f(X)为理想函数.(1) 若函数f (X)为理想函数，求 f (0)的值；(2) 判断函数g(X) 2X1 (X [0,1])是否为理想函数，并予以证明； (3) 若函数f (X)为理想函数，假定存在X 0 0,1 ,使得f(x °)0,1 ,且f(f(x °)) X 0 ,求证：f (X 0) X 0.(3)若对任意XE2f (X) (2 m) f (X) 2 m0恒成立，求实数 m 的取值范参考答案19.（本题满分12分）1— 5 BBACB 6 —10 DBDAC11. 1,1 12. 2,2 13. 2 14.[ 4,0) U (0,1) r r r r r r16. 【解析】U a 2b (1 2X,4), V 2a b (2 X ,3) r r 1 (1) 当U// V 则3(1 2X ) 4(2 X)， 得: X -2r r” 7 (2) 当U V 时, 则(1 2X )(2 X) 12 0 , 解得 X 2或 2 17.（本题满分 12分)15.①③④⑤cos()cos(2)cos cos(Sin coscos32)Sin;1 . , Sin 51 5(2) Q cos(cos(Sin莖,f(、2 6) .又 是第三象限角，则 cos1 ・2 Sin5518. （本题满分 12分）【解析】（1） A={ X I x —1 ≥1或 x — 1≤— 1}={X I x≥2或 x≤0(X 3)(x 2) 0∣B= { Xl= :{X I x≥3或 XV 2}X 2 0∙ AQB= {X I X ≥2或 x≤ 0 ∩ { X I x≥3或 XV 2}={x I x≥3或x≤0(2) • ∙U = R,. ∙. e u A= {XI0< XV 2}, e u B= {X I 2≤XV 3}【解析】（1）f()32)sin( )cos(2 )sin(∙∙∙(e u A) ∩e u B)= {X I 0 V XV 2} ∩ {X I 2≤x < 3}=Sin COS Sin( —)【解析】（1） cos4、3(2) f (x) a(cos X竺又X16√3I，贝U CoSX 0,——6 2 23)216 （至）（乳）32 3 421.(本题满分14分)也满足条件②g(1) 1 .若X1 0, X20 ,X1 X2 1 ,则g(χ1 X2) [g(x1) g(x2)] 2×1 x2 1 [(2" 1) (2x21)]2 χ1 χ2 2 X1 2 X2 1 (2x21)(2x11) 0 ,即满足条件③，故g(x)是理想函数.(3)由条件③知，任给m、n [0, 1],当i m n 时，贝U n m [0,1], f(n) f(n m m) f(n m) f (m) f (m)若χ°f (χ°),则f(X0 )f[f(χ°)] X。
湖北省黄冈市2017-2018学年高一上学期期末考试数学试题(原卷版)
黄冈市2017年秋季高一年级期末考试数学试题一、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.已知集合，，则集合的真子集个数为（）A.8B.7C.4D.32.已知幂函数，若在其定义域上为增函数，则等于（）A.1，B.1C.D.3.如图，设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.4.已知弧度数为2的圆心角所对的弦长为2，则这个圆心角所对的弧长是（）A.2B.C.D.5.已知函数，则下列说法正确的是（）A.在定义域内是增函数B.的对称中心是C.是奇函数D.的对称轴是6.向一杯子中匀速注水时，杯中水面高度随时间变化的函数的大致图像如图所示，则杯子的形状可能是（）A. B. C. D.7.已知非零向量与满足，且，则为（）A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.等边三角形8.若，，，定义在上的奇函数满足:对任意的且都有，则的大小顺序为（）A. B.C.D.9.要得到函数的图像，只需将函数的图像（）A.向左平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位10.已知是三角形内部一点，且，则的面积与的面积之比为（）A.B.1C.D.211.已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.12.函数的定义域为，若满足:①在内是单调函数；②存在区间，使在区间上的值域为，那么就称函数为“减半函数”，若函数是“减半函数”，则的取值范围为（）A.B.C.D.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则__________．14.已知函数，则__________．15.已知函数的图像关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值为__________．16.若定义在上的函数，其图像是连续不断的，且存在常数使得对任意实数都成立，则称是一个“特征函数”．则下列结论中正确命题序号为__________．①是常数函数中唯一的“特征函数”；②不是“特征函数”；③“特征函数”至少有一个零点；④是一个“特征函数”．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.已知平面上三个向量，其中（1）若且，求的坐标；（2）若，且，求与的夹角的余弦值．18.（1）计算的值；（2）已知，求和的值．19.若函数，的部分图像如下图所示．（1）求函数的解析式及其对称中心；（2）若将函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调区间．20.“菊花”型烟花是最壮观的烟花之一，制造时一般是期望在它达到最高点时爆裂．通过研究，发现该型烟花爆裂时距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）存在函数关系，并得到相关数据如下表：（1）根据表中数据，从下列函数中选取一个函数描述该型烟花爆裂时距地面的高度与时间的变化关系：，，，先简单说明选取的理由，再确定此函数解析式；（2）利用你选取的函数，判断烟花爆裂的最佳时刻，并求此时烟花距地面的高度．21.已知函数有如下性质：如果常数，那么该函数上是减函数，在上是增函数．（1）用函数单调性定义来证明上的单调性；（2）已知，，求函数的值域；（3）对于（2）中的函数和函数，若对任意，总存在，使得成立，求实数的值．22.已知为奇函数，为偶函数，且．（1）求及的解析式及定义域；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．（3）如果函数，若函数有两个零点，求实数的取值范围．。
黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数学试题及答案
黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数 学 试 题本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分150分，考试时间120分钟.第I 卷（选择题 共60分）一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)1.若集合}3,2,1,0{},1,0,1,2{=--=B A ，则下列选项正确的是( ) A.B B A = B. }3,2,1,0,1{-=B A C. }1,0{=B A D. A B A =2. 若点)6sin2,3(π-P 在角α的终边上，则αtan 的值为( )A.31 B. 31-C.3 D. 3-3. 若函数f (x )＝ax 2＋(2b －a )x ＋b －a 是定义在[2－2 a , a ]上的偶函数，则b a -＝( )A ．1B ．2C ．3D ．44.德国数学家狄利克雷（1805~1859）在1837年时提出：“如果对于x 的每一个值，y 总有一个完全确定的 值与之对应，那么y 是x 的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范 围中的每一个x ，有一个确定的y 和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示， 例如狄利克雷函数()D x ，即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．以 下关于狄利克雷函数()D x 的性质：①0)2(=D ；②()D x 的值域为{}0,1；③()D x 为奇函数； ④)()1(x D x D =-，其中表述正确的个数是( ) A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知函数f (x )＝3x 5+x 3+5x ＋2，若f (a )＋f (2a －1)>4，则实数a 的取值范围是( )A ．(31,＋∞) B ．(－∞,31) C ．(－∞,3) D ．(3,＋∞) 6.已知实数a 的取值能使函数1)1(22)(+--=x xa x f 的值域为),0(+∞,实数b 的取值能使函数)3(log )(g 22+-=bx x x 的值域为),1[+∞,则=+22b a ( )A.4B.5C.6D.77. 函数1|1|1)(22-+-=x x x x f 的图像大致是( )8. 已知函数x x f x πsin 336)(++=，则=+++)10112021()10112()10111(f f f ( ). A.2019 B.2021 C.2020 D.2022二､多选题(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R x ∈∃,不等式0142<---a x x 不成立,则下列a 的取值不正确的是( ) A.]5,(--∞ B.]2,(--∞ C.]3,(--∞ D.]1,(--∞ 10. 已知α∈R ，22cos sin =+αα，那么tan α的可能值为( ) A.32+B.32+-C ．32-D.32--11. 已知函数()f x 的定义域是(0,)+∞，当1>x 时，0)(<x f ，且()()()f x y f x f y ⋅=+，且1)2(-=f ，下列说法正确的是( )A.()10f =B.函数()f x 在(0,)+∞上单调递减C.2021)2021()2020()3()2()21()31()20201()20211(=+++++++++f f f f f f f f D.满足不等式2)3()1(≥--x f xf 的x 的取值范围为),4[+∞12. 已知函数⎩⎨⎧>+-≤+=2,1582,2|log |)(22x x x x x x f ，若方程 ()f x k =有四个不同的零点1x ,2x ,3x ,4x ，且4321x x x x <<<，则下列结论正确的是( )A.32≤<kB.22221≥+x xC.()12348x x x x +=D.3221>+x x三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.) 13.木雕是我国古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统木雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.如图是一扇环形木雕，可视为扇形OCD 截去同心扇形OAB 所得部分.已知m OA 6.0=，m AD 4.1=，100AOB ∠=︒，则该扇环形木雕的面积为________2m .14.若函数)0,0()(>>+=b a b ax x f 在区间[1,2]上的最小值为3,则2111+++b a 的最小值为_______. 15.已知函数)0(2)(2>-=m mx x x f 满足：①8)(],2,0[-≥∈∀x f x ；②8)(],2,0[0-=∈∃x f x ,则m 的值为______．16.已知函数|12|)(-=-x x f ,⎩⎨⎧>-≤<=2,320|,log |)(2x x x x x g ，且方程()f x m =有两个不同的解，则实数m 的取值范围为__________ ，方程[]()g f x m =解的个数为_________．四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.)17.(本题满分10分) 化简求值（1）21412)94(813)7(+⨯+--;(2)若3πα=,求)29sin()cos()3tan()2cos()2sin(απαπαπαππα+----的值.18. (本题满分12分) 已知函数)26cos(3)(x x f -=π.(1)求函数()f x 的单调区间； (2)求函数()f x 在区间]2,4[ππ-上的最小值和最大值.19. (本题满分12分) 2020年我国面对前所未知，突如其来，来势汹汹的新冠肺炎疫情，中央出台了一系列助力复工复产好政策.城市快递行业运输能力迅速得到恢复,市民的网络购物也越来越便利.根据大数据统计，某条快递线路运行时，发车时间间隔t （单位：分钟）满足：205≤≤t ，t N ∈，平均每趟快递车辆的载件个数)(t R (单位：个)与发车时间间隔t 近似地满足⎩⎨⎧≤≤<≤--=2014,1618145,)10(1618)(2t t t t R ，其中t N ∈.(1)若平均每趟快递车辆的载件个数不超过1600个，试求发车时间间隔t 的值； (2)若平均每趟快递车辆每分钟的净收益5()7770()100R t S t t-=+(单位：元)，问当发车时间间隔t 为多少时，平均每趟快递车辆每分钟的净收益最大？并求出最大净收益(结果取整数).20. (本题满分12分)已知函数|1sin 2|)(-=x x f ,],0[π∈x . (1)求)(x f 的最大值及)(x f 取最大值时x 的值;(2)设实数R a ∈,求方程01)(2)]([32=+-x af x f 存在8个不等的实数根时a 的取值范围.21. (本题满分12分)已知函数f (x )＝x 2－4x ＋a ，g (x )＝ax ＋5－a . (1)若函数y ＝f (x )在区间[－1,0]上存在零点，求实数a 的取值范围；(2)若对任意的x 1∈[-1,3]，总存在x 2∈[-1,3]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．22. (本题满分12分)已知函数)(x f 的定义域为)1,1(-，且满足:对任意)1,1(,-∈y x ,都有)1()()(xyyx f y f x f ++=+.(1)求证:函数)(x f 为奇函数;(2)若当)1,0(∈x ,)(x f <0,求证: )(x f 在)1,1(-上单调递减; (3)在(2)的条件下解不等式: 0)2121()1(2>-+-+x f x x f .黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数学试题参考答案一 、选择题1.C2.B3.A4.A5.A6.B7.A8.B9.ABD 10. BD 11.ABD 12.BCD4.A ∵R x ∈∃, 不等式0142<---a x x 不成立,则不等式0142≥---a x x 对R x ∈∀恒成立,等价于R x ∈时min 2)14(--≤x x a ,当R x ∈时, .5,5)14(min 2-≤∴-=--a x x 故BCD 不正确.5.A 设g (x )＝f (x )－2，则g (x )为奇函数，且在R 上单调递增，又f (a )＋f (2a －1)>4可化为f (a )－2>－f (2a －1)＋2＝-[ f (2a －1)-2]＝g (1－2a )，即g (a )>g (1－2a )，∴a >1－2a ，∴ a >31. 6.B 依题意知 ,1=a 若函数)3(log )(g 22+-=bx x x 的值域为),1[+∞,则32+-=bx x t 的最小值为2,4,243422==-⨯b b 解得，∴=+22b a 5. 7.A ∵2,0012-≠≠≥-x x x 且,∴函数)(x f 定义域为]1,0()0,1[ -关于原点对称, 21)(x x x f -=,函数)(x f 为奇函数,易得)(x f 的图象为A.8. B 因为2)2sin(336sin 336)2()(2=-+++++=-+-x x x f x f xx πππ, 所以)]10112021()10112()10111([2f f f +++ .20212))]10111()10112021(())10112021()10112(())10112021()10111([(⨯=++++++=f f f f f f=+++)10112021()10112()10111(f f f 2021. 9.ABD 由题得()1,0,R x Q D x x C Q ∈⎧=⎨∈⎩，则0)2(=D ，①正确；容易得()D x 的值域为{}0,1，②正确；因为()1,0,R x QD x x C Q ∈⎧-=⎨∈⎩，所以()()D x D x -=，()D x 为偶函数，③不正确；因为⎩⎨⎧∈∈=-QC x Qx x D R ,0,1)1(，所以)()1(x D x D =-，④正确．故选ABD ． 10.BD 因为22cos sin =+αα①，又sin 2α+cos 2α=1②，联立①②，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=462cos 462sin αα或，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=462cos 462sin αα 因为α∈R ，所以32tan +-=α或32--. 故选：BD11.ABD 对于A ：令1x y ==，得(1)(1)(1)2(1)f f f f =+=，所以(1)0f =，故选项A 正确； 对于B ：令1y x =，得11()(1)0f x f x f f x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1()f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 任取1x ，2(0,)x ∈+∞，且12x x <，则()()()2212111x f x f x f x f f x x ⎛⎫⎛⎫-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为211x x >，所以0)(12<x x f ，所以)()(12x f x f <，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，故选项B 正确； 对于C ：)2021()2020()3()2()21()31()20201()20211(f f f f f f f f +++++++++ )221()331()202020201()202120211(⨯+⨯++⨯+⨯=f f f f =0)1()1()1(=+++f f f 故选项C 不正确；对于D ：因为1)2(-=f ，由1()f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可得1)2()21(=-=f f ，所以2)21()21()41(=+=f f f ，所以不等式2)3()1(≥--x f x f 等价于)41()31()1(f x f xf ≥-+即)41())3(1(f x x f ≥-，因为()f x 在(0,)+∞上单调递减，所以⎪⎩⎪⎨⎧>-≤-0341)3(1x x x 解得：4≥x ，所以原不等式的解集为),4[+∞，故选项D 正确；故选：ABD ．12.BCD 如图示，在同一个坐标系内作出⎩⎨⎧>+-≤+=2,1582,2|log |)(22x x x x x x f和y k =的图像，从图像可知：要使方程()f x k =有四个不同的零点，只需32<<k ，故A 错误； 对于B,由121=x x 得：121x x =，所以1222222,(12)x x x x x +=+<<令22()2f x x x x x=+≥⋅=2x =22.故B 正确； 对于C,1x ，2x 是)32(,2|log |2<<=+k k x 的两根，所以1222log log xx-=，即1222log log 0xx+=，所以122log 0x x =，所以121=x x ；由34,x x 是32,1582<<=+-k k x x 的两根，所以348x x +=,所以()12348x x x x +=成立.故C 正确；对于D ,由121=x x 得：12222)221,(12x x x x x =<++< 令1()2,(12)f x x x x=+<<在(1,)+∞上当增，所以()(1)3>=f x f .故D 正确. 二、填空题 13．91 3.1790π≈ （准确与精确都给满分） 14．23. 15. 3 16. 01m << （2分）； 4（3分） 15.解析： 因为函数)0(2)(2>-=m mx x x f 满足: ①8)(],2,0[-≥∈∀x f x ；②8)(],2,0[0-=∈∃x f x ,即函数)0(2)(2>-=m mx x x f 在[]0,2上的最小值为-8，因为22)()(m m x x f --=，对称轴是x m =，开口向上，当02m <<时，()f x 在[]0,m 单调递减，在[],2m 单调递增， 故)(x f 的最小值为82-=-m ，解得,22±=m ，不合题意， 当2m ≥时，()f x 在[]0,2单调递减,844)2()(min -=-==m f x f 解得,3=m ，符合题意．综上所述，3=m ．16 .解析：函数|12|)(-=-x x f 图象如下：方程()f x m =有两个不同的解， 则函数()y f x =与直线y m =有两个不同的交点，故01m <<； 方程[]()g f x m =中，设),0()(+∞∈=x f t ，即()g t m =，即函数()y g t =与直线()0,1y m =∈的交点问题，⎩⎨⎧>-≤<=2,320|,log |)(2t t t t t g 图象如下：故结合图象可知，函数()y g t =与()0,1y m =∈有3个交点， 即()g t m =有三个根123,,t t t ，其中)3,2(),2,1(),1,0(321∈∈∈t t t ，再结合()y f x =图象可知，方程)1,0(1∈t 有2个不同的x 根； 方程)2,1(2∈t 有1个不同的x 根； 方程)3,2(3∈t 有1个不同的x 根. 综上，方程[]()g f x m =方程解的个数为4. 故答案为：01m <<；4.17.(1)解: 21412)94(813)7(+⨯+--=1+32391+⨯=2.…………………5分(2)解:∵原式=)2sin(cos )tan (sin )]2(4sin[cos )](2tan[sin sin 2απααααππααππαα+--=++--+…………………6分=ααα333tan cos sin =--.…………………8分 ∴当3πα=时,原式=333tan3=π.…………………10分18.解: (1)∵)62cos(3)26cos(3)(ππ-=-=x x x f …………………1分 令ππππk x k 2622≤-≤-，k Z ∈，得12125ππππ+≤≤-k x k ，k Z ∈，…………………3分令ππππ+≤-≤k x k 2622，k Z ∈，得12712ππππ+≤≤+k x k ，k Z ∈，…………………5分故函数()f x 的递调递增区间为]12,125[ππππ+-k k ，k Z ∈；单调递减区间为]127,12[ππππ++k k ，k Z ∈. …………………6分 (2)当]2,4[ππ-∈x 时，]65,32[62πππ-∈-x ，…………………7分 ∴当062=-πx ，即12π=x 时，()f x 取得最大值，3)(max =x f ，…………………9分当5266x ππ-=，即2x π=时，()f x 取得最小值，min 53()3)62f x π==-，……11分∴函数()f x 在区间]2,4[ππ-上的最小值和最大值分别为32-，3.…………………12分19.解: (1)当2014≤≤t 时，16001618>，不满足题意，舍去. …………………1分 当145<≤t 时，1600)10(16182≤--t ，即082202≥+-t t .…………………3分 解得2310+≥t （舍）或2310-≤t . ∵145<≤t 且t N ∈，∴5=t .所以发车时间间隔为5分钟. …………………5分(2)由题意可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤+<≤++-=2014,100320145,200)1805()(t tt tt t S .…………………7分当145<≤t ，6=t 时，14020018052)(=+⋅-≤tt t S （元）…………………9分 当2014<≤t ，14=t 时，12310014320)(≈+≤t S （元）…………………11分 所以发车时间间隔为6分钟时，净收益最大为140（元）. …………………12分20. 解: (1)∵52sin 1,66()512sin ,066x x f x x x x πππππ⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤<<≤⎪⎩或,…………………3分∴当]65,6[ππ∈x 时, ;1)2()(max ==πf x f ∴当5[0,)(,]66x πππ∈时, max ()(0)(π)1f x f f ===. 故当02x ππ=，，时, max ()1f x =.…………………5分(2)令)(x f t =,则]3,0[∈t ，使方程01)(2)]([32=+-x af x f 存在8个不等的实数根,则，方程01232=+-at t 在(0,1)t ∈上存在两个相异的实根, …………………7分令123)(2+-=at t t g ,则2(0)10(1)3210(2)4310013g g a a a =>⎧⎪=-+>⎪⎪⎨∆=--⨯⨯>⎪⎪<<⎪⎩，解得32a <<.…………………11分故所求的a 的取值范围是32a <<.…………………12分21.解: (1)因为函数f (x )的对称轴是x ＝2，所以y ＝f (x )在区间[－1,0]上是减函数，因为函数y ＝f (x )在区间[－1,0]上存在零点，则必有⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)≥0，f (0)≤0，…………………3分即⎩⎪⎨⎪⎧5＋a ≥0，a ≤0，解得－5≤a ≤0.故所求实数a 的取值范围[－5,0]．…………………5分 (2)若对任意的x 1∈[-1,3]，总存在x 2∈[-1,3]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，只需当x ∈[-1,3]时函数y ＝f (x )的函数值组成的集合为函数y ＝g (x )的函数值组成的集合的子集．…………………7分f (x )＝x 2－4x ＋a 在区间x ∈[-1,3]的函数值组成的集合为[a －4，a ＋5]，…………………8分 ①当a ＝0时，g (x )＝5为常数，不符合题意，舍去；…………………9分②当a >0时，g (x )在区间[-1,3]的值域为[5－2a ，5+2a ]， 所以⎩⎨⎧+≥+-≤-aa a a 525425, 解得3≥a .…………………10分③当a <0时，g (x )在区间[-1,3]的值域为[5+2a , 5－2a ]， 所以⎩⎨⎧-≤+-≤+aa a a 255425,9-≤a ．…………………11分综上所述，实数a 的取值范围为),3[]9.(+∞--∞ ．…………………12分 22.(1)因为函数)(x f 的定义域为)1,1(-关于原点对称, ……………1分由)1()()(xyyx f y f x f ++=+， 取x=y=0,得)0()0100()0()0(f f f f =++=+,∴0)0(=f .……………2分 取y=-x,则0)0()1()()(2==--=-+f x xx f x f x f ,∴)()(x f x f -=-,故函数)(x f 为奇函数. ……………3分 (2)对)1,1(,21-∈∀x x ,且21x x <,则)1()()()()(21121212x x x x f x f x f x f x f --=-+=-,由1121<<<-x x ,得01,02112>->-x x x x ,∴012112>--x x x x ,……………5分又01)1)(1(111121212121212112>--+=---+=---x x x x x x x x x x x x x x , ∴112112<--x x xx ,……………7分∴1102112<--<x x x x ,由)1,0(∈x ,)(x f <0知0)1(2112<--x x xx f,0)()(12<-x f x f 即)()(12x f x f <，故)(x f 在)1,1(-上单调递减. ……………8分 (3)由(1)和(2)知函数)(x f 既为奇函数,同时)(x f 在)1,1(-上单调递减， 则不等式0)2121()1(2>-+-+x f x x f 等价于:)2121()2121()1(2-=-->-+x f x f x x f , ……………10分∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-<-+<-<-<-+<-2121112121111122x x x x x x ,解得210<<x ,故不等式的解集为}210|{<<x x .……………12分。
2020年湖北省黄冈市初级中学高一数学理下学期期末试题含解析
2020年湖北省黄冈市初级中学高一数学理下学期期末试题含解析一、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.已知，则:A．9 B．10 C． D．参考答案：D2. 集合，，则从到的映射共有（）个A.6B.7C.8 D.9参考答案：略3. 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD的中点为M，AA1的中点为N，则异面直线C1M与BN所成角为（）A．30°B．60°C．90°D．120°参考答案：C【考点】异面直线及其所成的角．【分析】由题意画出图形，取AB中点G，连接MG，可得四边形MGB1C1为平行四边形，则B1G∥C1M，则B1G与BN所成角即为异面直线C1M与BN所成角，由Rt△BAN≌Rt△B1BG，则有∠NBG+∠B1GB=90°，可得B1G⊥BN，即异面直线C1M与BN所成角为90°．【解答】解：如图，取AB中点G，连接MG，可得四边形MGB1C1为平行四边形，则B1G∥C1M，∴B1G与BN所成角即为异面直线C1M与BN所成角，由题意可得Rt△BAN≌Rt△B1BG，则有∠NBG+∠B1GB=90°，∴B1G⊥BN，即异面直线C1M与BN所成角为90°．故选：C．4. 设为正数，则的最小值为A.6B.9C.12D.15参考答案：B5. 已知集合A={﹣1，2，3}，则集合A的非空真子集个数为（）A．5 B．6 C．7 D．8参考答案：B【考点】子集与真子集．【分析】由集合A中的元素有3个，把n=3代入集合的真子集的公式2n﹣1中，即可计算出集合A真子集的个数，去掉空集即可．【解答】解：由集合A中的元素有a，b，c共3个，代入公式得：23﹣2=6，故选：B．6. 函数的值域是（）A． B．C． D．参考答案：C7. 三个数的大小关系为（）A. B.C. D.参考答案：D8. 设直线：与：，且.(1)求，之间的距离；(2)求关于对称的直线方程.参考答案：（1）（2）【分析】（1）先求出的值，再利用平行直线间的距离公式可求，之间的距离. （1）设所求直线的方程为，利用它与的距离为可得的值. 【详解】由直线的方程可以得到，由，得，，：，：，，之间的距离；（2）因为,不妨设关于对称的直线方程为：，由（1）可知到的距离等于它到的距离，取上一点，，故或（舍）的直线方程为.【点睛】本题考查含参数的两直线的平行关系及平行直线间的距离的计算，属于容易题.9. 观察式子：，…，则可归纳出式子为（）A、 B、C、 D、参考答案：解析：用n=2代入选项判断. C10. f(x)是定义域R上的奇函数,，若f(1)=2，则()A. -2018B.0C. 2D. 2018参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. .已知正数a、b满足，则的最大值为__________．参考答案：5【分析】直接利用均值不等式得到答案.【详解】，当即时等号成立.故答案为：5【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.12. （5分）若xlog45=1，则5x的值为．参考答案：4考点：指数式与对数式的互化．专题：函数的性质及应用．分析：由已知求出x的值，然后代入5x利用对数的运算性质求值．解答：解：由xlog45=1，得，∴．故答案为：4．点评：本题考查了指数式与对数式的互化，是基础题．13. 点关于平面的对称点的坐标是.参考答案：(1,1,2 )略若存在实数使得成14. 已知函数,立，则实数a的取值范围为_________.参考答案：(－∞,1)∪(2，+∞)15. 在等差数列中,，则=_________.参考答案：16. 某班有60名学生，现要从中抽取一个容量为5的样本，采用系统抽样法抽取，将全体学生随机编号为:01，02，……,60，并按编号顺序平均分为5组（1－5号，6－10号…），若第二有抽出的号码为16，则第四组抽取的号码为___________________.参考答案：40略17. 若=2，则tan（α﹣）=．参考答案：2【考点】GR：两角和与差的正切函数．【分析】由两角差的正切函数公式，特殊角的三角函数值化简所求即可计算得解．【解答】解：∵ =2，∴tan（α﹣）====2．故答案为：2．【点评】本题主要考查了两角差的正切函数公式，特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．三、解答题：本大题共5小题，共72分。
人教A版数学必修一黄冈市年秋高一期末模块修习考试数学试题.docx
黄冈市2010年秋高一期末模块修习考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1. 集合A= {x ∣12x -≤≤}，B={x ∣x <1}，则()R A B I ð= （ ） A ．{x ∣x >1} B 。
{x ∣x ≥ 1} C 。
{x ∣12x <≤ } D 。
{x ∣12x ≤≤}2．若2a =r ，14b =r ，a r 与b r 的夹角为60o，则a b ⋅r r 等于（ ）A ．32B ．34C ．14D ．243．如果偶函数)(x f 在]7,3[上是增函数且最小值是2，那么)(x f 在]3,7[--上是（ ） A. 减函数且最小值是2 B.. 减函数且最大值是2 C. 增函数且最小值是2 D. 增函数且最大值是2．4．若非零实数m 、n 满足tan sin m αα-=，tan sin n αα+=，则cos α等于（ ） A ．n mm n-+ B ．2m n- C ．2m n+ D ．m nn m-+ 5．已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且OC OB OA ++2=0，那么 A ．OD AO = B.OD AO 2=C.OD AO 3=D.2AO OD =u u u r u u u r6．函数sin()y A x ωϕ=+(ω＞0,|ϕ|＜ 2π，x R ∈）的部分图象如图所示，则此函数表达式为 （ ） A ．4sin()84y x ππ=-- B ．4sin()84y x ππ=-+ C ．4sin()84y x ππ=-D ．4sin()84y x ππ=+7．已知1A ，2A ，…，n A 为凸多边形的内角，且0sin lg .....sin lg sin lg 21=+++n A A A ，则这个多边形是（ ）A ．正六边形B ．梯形C ．矩形D ．含锐角菱形6xyO4-4-28．若函数()3sin()f x x ωϕ=+对任意x 都有()()3f x f x π+=-，则()6f π=（ ） A ．3或0B ．－3或3C ．0D ．－3或09．在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点. 若函数()y f x =的图象恰好经过k 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数. 下列函数中为一阶格点函数的是 （ ） A ．sin y x = B ．cos()6y x π=+C ．lg y x =D ．2y x =10．如图，,,O A B 是平面上的三点，向量OA =u u u r a ， OB =u u u rb ,设P 为线段AB 的垂直平分线CP 上任意一点，向量OP =u u u r p ．若|a |=4，|b |=2，则p g （a -b ）等于 （ ）A ．1B ．3C ．5D ．6二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 函数sin cos y x x =+的定义域是 . 12．已知()2cos6f x x π=,则(0)(1)(2)(2010)f f f f +++⋅⋅⋅+=__________．13．已知集合1,,a M b b ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，{}20,,N a b b =+，M N =，则20102011a b +=_______． 14．设O 、A 、B 、C 为平面内四点，OA a =u u u r r ，OB b =u u u r r ，OC c =u u u r r ，且0a b c ++=r r r r，1a b b c c a ===-r r r r r r g g g ，则222||||||a b c ++=r r r ______．15．如图，在平面斜坐标系xoy 中，060xoy ∠=，平面上任一点P 在斜坐标系中的斜坐标是这样定义的：若OP uuu r=x e 1+y e 2（其中e 1、e 2分别为与x 轴、y 轴方向相同的单位向量），则P 点的斜坐标为（x ，y ）. 若P 点的斜坐标为（3，－4）， 则点P 到原点O 的距离|PO |=________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
黄冈市2021年秋季高一秋季期末考试数学试题沉着 冷静 细心 认真 ☆ 祝考试顺利 ☆一、选择题（本大题共10个小题；每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求．）1．sin600︒的值为（ ）A. -21B. 21C. -23D. 232．下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）A. x y =与xa a y log =（a>0,且a ≠1）B.与C.12-=x y 与y=x-1D. 与 3．已知函数f (x )是定义在闭区间[－a , a ](a ＞0)上的奇函数, F (x )=f (x )+1, 则F (x )最大值与最小值之和为（ ）A.4B.2C.1D. 04.下列叙述正确的个数是（ ）（1）若k R ∈，且0kb =，则0k =或0b =， （2）若0a b ⋅=，则0a =或0b =（3）若不平行的两个非零向量b a ,，满足||||b a =，则0)()(=-⋅+b a b a（4）若b a,平行，则||||a b a b ⋅=⋅（5）若0,a b a c a b c ⋅=⋅≠=且则A ．1B ．2 C.3 D.4 5.已知扇形的周长是10cm ，面积是4cm 2，则扇形的半径是（ ）A.1cmB.1cm 或4cm ；C.4cmD.2cm 或4cm 6．三个实数︒=23sin a ，3.0log 2=b ，3.02=c 之间的大小关系是 （ ）Ａ．a c b << B ．a b c << C ．b c a << D ． b a c <<7. 已知0x 是函数42)(-+=x e x f x 的零点, 若),1(01x x -∈，)2,(02x x ∈，则（ ） A ．0)(1<x f ，0)(2<x f B ．0)(1<x f ，0)(2>x f211x y x -=-1y x =+lg y x =21lg 2y x =C ．0)(1>xf，0)(2<xf D．0)(1>xf，0)(2>xf8. 点P从点O出发, 按逆时针方向沿周长为L的图形运动一周, O、P两点连线的距离y与点P 走过的路程x的函数关系如图, 那么点P所走的图形是（）A. B. C. D.9.已知函数(2),(<1)()2log,(1)aaa x xf xx x⎧--⎪=⎨⎪≥⎩是R上的增函数．那么a的取值范围是（）A.（1,2）B.4(1,)3C.4,2)3⎡⎢⎣ D.(0,1)10．已知函数定义在R上的偶函数满足f(x+2)=f(x)，且在[-3，-2 ]上递增，若α、β是锐角三角形的两内角，以下关系成立的是（）Ａ．f(sinα)＞f(cosβ) B．f(cosα) ＜f(cosβ)C．f(sinα) ＞f(sinβ) D．f(sinα) ＜f(cosβ)二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡的相应位置．）11.如图，在ABC∆中，2AB=，3AC=，D是边BC的中点，则AD BC⋅=__2.5___。
12．已知tanx=2,则)cos(9)2sin(4)25sin(3)2cos(2ππππ++-+--xxxx_-1___．13．已知集合A＝{}⎩⎨⎧≥-≥+52|xxx，B＝{}{121|-≤≤+pxpx，若，则实数的取值范围是．14．已知定义在R上的奇函数()f x在0,)+∞（上是增函数, 且(1)(2)f ax f x+≤-对任意1[,1]2x∈都成立, 则实数a的取值范围为,A B B Bφ=≠pAB D C15．对于函数f(x)=sin(2x +6π), ①函数图象关于直线x=－12π对称; ②函数图象关于点(125π,0)对称; ③函数图象可看作是把y=sin2x 的图象向左平移个6π单位而得到; ④函数图象可看作是把y=sin(x+6π)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的21倍(纵坐标不变)而得到; 以上叙述正确的是 （填写序号）三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）16.（本小题满分共12分）（1）()120lg 5lg 2lg 2-⋅+（2）()()025.04213463201182491642232－－－－-⋅⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅17．（本小题满分共12分）已知61)(2)3(23,||4,=+•==, (1)求b a •的值； （2）求a 与b的夹角θ； （3）求｜｜b a +的值．18．（本小题满分共12分）已知函数a ＝),1,cos 4(x b ＝（sin(x+)6π,－1)，f(x)=b a ⋅（1）求()f x 的单调递增区间；（2）求()f x 在区间,64ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.19．（本小题满分共12分）已知函数)(x f =xx-+11log 2，x 1,x 2∈(－1，1) （1）求证：)1()()(212121x x x x f x f x f ++=+；（2）若)1(ab ba f ++＝1，21)(=-b f ，求)(a f 的值。
20.（本小题满分13分）如图，有一块矩形空地，要在这块空地上辟一个内接四边形为绿地， 使其四个顶点分别落在矩形的四条边上，已知AB ＝a （a >2），BC ＝2，且AE ＝AH ＝CF ＝CG ，设AE ＝x ，绿地面积为y .（1）写出y 关于x 的函数关系式，并指出这个函数的定义域. （2）当AE 为何值时，绿地面积y 最大？21.（本小题满分14分）已知集合是满足下列性质的函数的全体：在定义域内存在，使得成立。
（Ⅰ）函数是否属于集合？说明理由；（Ⅱ）设函数，求的取值范围；（Ⅲ）设函数图象与函数的图象有交点，若函数.试证明：函数∈M ()x f 0x ()()()0011f x f x f +=+()xx f 1=M ()M x a x f ∈+=1lg2a xy 2=x y -=()M x x f x ∈+=22()f x M黄冈市2021年秋季高一秋季期末考试数学试题参考答案一、选择题 CABBC DBCCD二、填空题 11.2.5 12.—1 13. [2,3] 14.（－∞，－5] 15. ②④16.解：（1）原式=lg 22+（1- lg2）（1+lg2）—1 …………4分（每一个计算1分） =lg 22+1- lg 22- 1 …………………………5分 =0 …………………………6分（2）原式=……………10分=22×33— 7— 2— 1………………………………11分 =98 ………………………………12分 17.解：（1）—6 （2）32π（3）13……………………（每小题4分，共12分）18.解：（1）因为1)6sin(cos 4)(-+=πx x x f 1)cos 21sin 23(cos 4-+=x x x 1cos 22sin 32-+=x x x x 2cos 2sin 3+=)62sin(2π+=x………………4分 ∴222,262k x k k z πππππ+≤+≤+∈－所以)(x f 的单调递增区间是{}|,36x k x k k z ππππ+≤≤+∈－ ………6分（2）因为.32626,46πππππ≤+≤-≤≤-x x 所以于是，当6,262πππ==+x x 即时，)(x f 取得最大值2；当)(,6,662x f x x 时即πππ-=-=+取得最小值—1． …………………12分19.解：（必修1，P8，T8改编）（1）证明略 ………………………………………………………………………………6分 （2）当x ∈(－1，1)时，f(-x)= x x +11log 2－=1211log －）（xx -+=－x x-+11log 2=－f(x), ∴f(x)是奇函数。
…………………………………………………………………………9分∴f(-b)=-f(b)=-21…………………………………………………………………………10分 又)1()()()()(abb a f b f a f b f a f ++=+=--＝1，∴f(a)=f(-b)+1=1+21=23…………12分1411113633224447(23)(22)42214⨯+⨯-⨯-⨯-20（1）S ΔAEH ＝S ΔCFG ＝12x 2，……（1分） S ΔBEF ＝S ΔDGH ＝12（a －x ）（2－x ）。
……（3分）∴y ＝S ABCD －2S ΔAEH －2S ΔBEF ＝2a －x 2－（a －x ）（2－x ）＝－2x 2＋（a ＋2）x 。
由00202x a x x a >⎧⎪->⎪⎨-≥⎪⎪>⎩ ，得02x <≤……（5分） ∴y ＝－2x 2＋（a ＋2）x ，0<x ≤2……（6分） （2）当224a +<，即a<6时，则x ＝24a +时，y 取最大值2(2)8a +。
…… 8分当24a +≥2，即a ≥6时，y ＝－2x 2＋（a ＋2）x ，在(0，2]上是增函数，则x ＝2时，y 取最大值2a －4....11分综上所述：当a<6时，AE ＝24a +时，绿地面积取最大值2(2)8a +；当a ≥6时，AE ＝2时，绿地面积取最大值2a －4 。
……（12分）21、解：（Ⅰ）若，在定义域内存在，使 则，……………… ……2分∵方程无解，∴. …………………4分（Ⅱ）， （1）当时，； ………………6分（2）时，由，得. …………8分∴.……………………9分（Ⅲ），∵函数图象与函数的图象有交点，设交点的横坐标为，…………11分则（其中），………………12分 即，…………13分()1f x x=M ∈0x ()()()0011f x f x f +=+20000111101x x x x =+⇒++=+20010x x ++=()1f x x=M ∉()()()()2222lglg lg lg 2221011211a a a a f x M a x ax a x x x =∈⇒=+⇒-++-=++++2a =12x =-2≠a 0≥∆)(264032,3a a a ⎡-+≤⇒∈⋃⎣3a ⎡∈⎣()()()()()0000211200000011212322(1)221x xxx f x f x f x x x x +-⎡⎤+--=++---=+-=+-⎣⎦xy 2=x y -=a ()01202010=-+⇒=+-x a x a 10+=a x ()()()0011f x f x f +=+于是。