第一篇：山西省沁縣中學2017-2018學年高一下學期期末考試數學試題及解析

沁縣中學2017-2018學年度第二學期期末考試

高一數學

一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.數列A.C.【答案】C 【解析】 【分析】

觀察數列分子為以0為首項，2為公差的等差數列，分母是以1為首項，2為公差的等差數列，故可得數列的通項公式．

【詳解】觀察數列分子為以0為首項，2為公差的等差數列，分母是以1為首項，2為公差的等差數列，故可得數列的通項公式an=故選：C．

【點睛】本題考查了數列的概念及簡單表示法，考查了數列的通項公式的求法，是基礎題． 2.設集合A＝{x|x－4x＋3<0}，B＝{x|2x－3>0}，則A∩B＝()A.(,3)B.(－3,)C.(1,)D.(－3,【答案】A 【解析】 【分析】

解不等式求出集合A，B，結合交集的定義，可得答案． 【詳解】∵集合A={x|x2﹣4x+3＜0}=（1，3），B={x|2x﹣3＞0}=（，+∞），)2的一個通項公式是（）

B.D.（n∈Z*）． ∴A∩B=（，3），故選：A．

【點睛】本題考查的知識點是集合的交集及其運算，難度不大，屬于基礎題． 3.在中，則

（）

A.B.C.或 D.或 【答案】C 【解析】 【分析】

由正弦定理可求得sinB=【詳解】∵

=，結合范圍，即可解得B的值．

∴由正弦定理可得：sinB===，,∴解得：B=或π． 故選：C．

【點睛】本題主要考查了正弦定理的應用，屬于基本知識的考查． 4.已知等差數列的前項和為,若

D.，則=（）

A.B.C.【答案】B 【解析】 【分析】

設出公差d，由a8+a10=28求出公差d，求利用前n項和公式求解S9得答案． 【詳解】等差數列的首項為a1=2，設公差為d，由a8=a1+7d，a10=a1+9d，∵a8+a10=28 即4+16d=28 得d=，那么S9=故選：B．

【點睛】本題考查了等差數列的通項公式，考查了等差數列的前n項和，是基礎題． 5.若A.若C.若【答案】D 【解析】 【分析】

根據不等式的基本性質以及特殊值法判斷即可． 【詳解】A．取a=1，b=-3，c=2，d=1，可知不成立，B．取c=0，顯然不成立，C．取a=-3，b=﹣2，顯然不成立，D．根據不等式的基本性質，顯然成立，綜上可得：只有B正確． 故選：D．

【點睛】本題考查了不等式的基本性質、舉反例否定一個命題的方法，考查了推理能力，屬于基礎題． 6.若的三個內角滿足，則

（），則下列說法正確的是（），則，則

B.若 D.若，則，則

=72．

A.一定是銳角三角形； B.一定是直角三角形；

C.一定是鈍角三角形； D.可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形.【答案】A 【解析】 【分析】

先根據正弦定理及題設，推斷a：b：c=7：11：13，再通過余弦定理求得cosC的值小于零，推斷C為鈍角．

【詳解】∵根據正弦定理，又sinA：sinB：sinC=7：11：13 ∴a：b：c=7：11：13，設a=7t，b=11t，c=13t（t≠0）∵c=a+b﹣2abcosC ∴cosC==

=

>0 222∴角C為銳角．又角C為最大角，故一定是銳角三角形 故選：A．

【點睛】由邊角關系判斷三角形形狀，可以靈活應用 “角化邊”或“邊化角”兩個途徑，其中方法一綜合應用正弦定理完成邊向角的轉化，應用和差角公式進行三角變形，得出角之間的關系，最終確定三角形的形狀。方法二通過正、余弦定理完成角向邊的轉化，利用因式分解得出三邊關系，從而確定形狀。7.在各項都為正數的數列數列A.中，首項，且點

在直線

上，則的前項和為（）B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】 代入點，化簡可得數列{an}為首項為2，公比為3的等比數列，由等比數列的求和公式，化簡計算即可得到所求和． 【詳解】在正數數列{an}中，a1=2，且點可得an=9an﹣1，即為an=3an﹣1，可得數列{an}為首項為2，公比為3的等比數列，則{an}的前n項和Sn等于故選：B．

【點睛】本題考查數列與解析幾何的綜合運用，是一道好題．解題時要認真審題，仔細解答，注意等比數列的前n項和公式和通項公式的靈活運用．

=

=3﹣1．

n2

2在直線x﹣9y=0上，8.若兩個正實數滿足，則的最小值為（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】 【分析】 根據=1可得x+2y=（x+2y）（），然后展開，利用基本不等式可求出最值，注意等號成立的條件．

【詳解】∵兩個正實數x，y滿足∴x+2y=（x+2y）（）=4+

=1，≥4+2

=8，當且僅當

時取等號即x=4，y=2，故x+2y的最小值是8． 故選：A．

【點睛】本題主要考查了基本不等式的應用，解題的關鍵是“1”的活用，同時考查了運算求解的能力，屬于基礎題． 9.已知（）A.B.C.D.中，的對邊分別是，則【答案】C 【解析】 【分析】

由A的度數求出sinA和cosA的值，根據sinA的值，三角形的面積及b的值，利用三角形面積公式求出c的值，再由cosA，b及c的值，利用余弦定理求出a的值，最后根據正弦定理及比例性質即可得到所求式子的比值． 【詳解】由∠A=，得到sinA=，cosA=又b=1，S△ABC=，∴bcsinA=×1×c×=解得c=4，根據余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA=1+16+4=21，，解得a=，==

=

=，根據正弦定理則故選：

===．

【點睛】此題考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面積公式，特殊角的三角函數值以及比例的性質，正弦定理、余弦定理建立了三角形的邊與角之間的關系，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵． 10.已知為等差數列，，以表示的前項和，則使得達到最大值的是（）

A.21 B.20 C.19 D.18 【答案】B 【解析】

試題分析：設等差數列，解得：，由當故當故選B．

考點：等差數列的前n項和．

【易錯點晴】本題主要考查了等差數列的通項公式，及等差數列前n項和取最值的條件及求法，如果從等數列的前n項和公的角度，由二次函數求最值時，對于n等于21還是20時，取得最大值，學生是最容易出錯的.視頻

11.若不等式組

表示一個三角形內部的區域，則實數的取值范圍是（），得：時，當，時，的公差為，則由已知，，得：

時，達到最大值.A.B.C.D.【答案】D 【解析】 【分析】 先畫出的可行域，再對a值進行分類討論，找出滿足條件的實數a的取值范圍．

表示的平面區域如圖： 【詳解】不等式組

由圖可知，即A（，），則a＜+=，解得x=y=，實數a的取值范圍是a＜． 故選：D．

【點睛】平面區域的形狀問題是線性規劃問題中一類重要題型，在解題時，關鍵是正確地畫出平面區域，然后結合分類討論的思想，針對圖象分析滿足條件的參數的取值范圍． 12.在銳角A.中，則的取值范圍是（）D.B.C.【答案】B 【解析】 【分析】

確定B的范圍，利用正弦定理化簡表達式，求出范圍即可． 【詳解】在銳角△ABC中，∠A=2∠B，∠B∈（30°，45°），cosB∈（，），cos2B∈（，），所以由正弦定理可知：2

2====

=3﹣4sinB=4cosB﹣1∈（1，2），故選：B．

【點睛】本題是中檔題，考查正弦定理在解三角形中的應用，注意銳角三角形中角的范圍的確定，是本題解答的關鍵，考查計算能力，邏輯推理能力．

二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13.數列滿足【答案】 【解析】 【分析】

求出數列的周期，然后求解數列的項． 【詳解】數列{an}滿足，，則

__________．

可得a2=，a3=﹣1，a4=，所以數列的周期為3，故答案為：．

【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，求解數列的周期是解題的關鍵． 14.已知【答案】5 【解析】 【分析】

利用一元二次不等式的解集與相應的一元二次方程的實數根的關系即可得出． 【詳解】∵關于x的不等式ax2+x+b＞0的解集是（﹣2，3），∴﹣2，3是方程ax2+x+b=0的兩個實數根，且a＜0． 的解集為，則

__． ∴﹣2+3=，﹣2?3=，解得a=﹣1，b=6，∴a+b=5 故答案為：5．

【點睛】二次函數圖象與x軸交點的橫坐標、二次不等式解集的端點值、一元二次方程的解是同一個量的不同表現形式 15.如圖，為了測量長度：兩點間的距離，選取同一平面上的,且

與

兩點，測出四邊形

各邊的互補，則的長為__________．

【答案】【解析】 【分析】

分別在△ACD，ABC中使用余弦定理計算cosB，cosD，令cosB+cosD=0解出AC． 【詳解】在△ACD中，由余弦定理得：cosD=在△ABC中，由余弦定理得：cosB=∵B+D=180°，∴cosB+cosD=0，即解得AC=7． 故答案為：．

+

==0，=．，【點睛】本題考查了余弦定理解三角形，屬于中檔題． 16.設數列, 數列【答案】【解析】 【分析】 的前項和為，且中，且，正項等比數列，則的前項和為，且，的通項公式為__________． 直接利用遞推關系式求出數列的通項公式，利用疊加法求出數列的通項公式． 【詳解】∵，∴令n=1，a1=1，an=Sn﹣Sn﹣1=2（n﹣1）（n≥2），經檢驗a1=1不能與an（n≥2）時合并，∴

又∵數列{bn}為等比數列，b2=a2=2，b4=a5=8，∴∴q=2，∴b1=1，∴．，∵，?，以上各式相加得c1=a1=1，∴∴．，，【點睛】本題考查的知識要點：數列的通項公式的求法及應用．

三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.如圖，在四邊形求的長度。

中，已知，，，【答案】【解析】 【分析】

由余弦定理求得BD，再由正弦定理求出BC的值． 【詳解】在中，由余弦定理得，解得，在解得，或，即

（舍）

中，由正弦定理得

【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用，一元二次方程的解法，求出BD的值，是解題的關鍵．

18.共享單車給市民出行帶來了諸多便利，某公司購買了一批單車投放到某地給市民使用，據市場分析，每輛單車的營運累計利潤y（單位：元）與營運天數x式.滿足函數關系

（1）要使營運累計利潤高于800元，求營運天數的取值范圍；（2）每輛單車營運多少天時，才能使每天的平均營運利潤的值最大？

【答案】(1)40到80天之間(2)每輛單車營運400天時，才能使每天的平均營運利潤最大，最大為20元每天 【解析】 試題分析：直接代入令，解出的值即可

根據條件列出不等式求出的值，即可得到結論 解析：（1）要使營運累計收入高于800元，令，解得.所以營運天數的取值范圍為40到80天之間（2）當且僅當

時等號成立，解得

所以每輛單車營運400天時，才能使每天的平均營運利潤最大，最大為20元每天 19.已知公差不為0的等差數列（1）求數列（2）設【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由等比數列中項的性質和等差數列的通項公式，計算可得公差，即可得到所求通項公式；（2）求得【詳解】（1）設數列由 即所以數列（2）因為所以，=

=（的公差為，則成等比數列，得，得的通項公式為

（舍去）或，..，.﹣），運用數列的裂項相消求和，可得Sn．，.，的通項公式；，求數列；（2）的前項和.的首項，且

成等比數列.【點睛】本題考查等比數列中項的性質和等差數列的通項公式，同時考查數列的求和方法：裂項相消求和，考查方程思想和運算能力，不等式的解法，屬于中檔題．

20.某工藝廠有銅絲5萬米，鐵絲9萬米，準備用這兩種材料編制成花籃和花盆出售，已知一只花籃需要用銅絲200米，鐵絲300米；編制一只花盆需要100米，鐵絲300米，設該廠用所有原來編制個花籃，個花盆.（Ⅰ）列出滿足的關系式，并畫出相應的平面區域；

（Ⅱ）若出售一個花籃可獲利300元，出售一個花盤可獲利200元，那么怎樣安排花籃與花盆的編制個數，可使得所得利潤最大，最大利潤是多少？ 【答案】（1）見解析；（2）該廠編制200個花籃,100花盆所獲得利潤最大,最大利潤為8萬元.【解析】

試題分析：(1)列出x、y滿足的關系式為域即可.(2)設該廠所得利潤為z元,寫出目標函數,利用目標函數的幾何意義,求解目標函數,畫出不等式組所表示的平面區z=300x+200y,所獲得利潤.試題解析：

(1)由已知x、y滿足的關系式為

等價于

該二元一次不等式組所表示的平面區域如圖中的陰影部分.(2)設該廠所得利潤為z元,則目標函數為z=300x+200y 將z=300x+200y變形為行直線.又因為x、y滿足約束條件,所以由圖可知,當直線最大,即z最大.解方程組所以,得點M的坐標為(200,100)且恰為整點,即x=200,y=100..經過可行域上的點M時,截距,這是斜率為,在y軸上截距為、隨z變化的一族平答：該廠編制200個花籃,100花盆所獲得利潤最大,最大利潤為8萬元.點睛：線性規劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的思想.需要注意的是：

一、準確無誤地作出可行域；

二、畫標準函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；

三、一般情況下，目標函數的最大或最小會在可行域的端點或邊界上取得.21.設的內角的對邊分別為，且

.（1）求角的大小；（2）若【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】

（1）由正弦定理化簡已知等式可得，由于sinA≠0，可求tanB的值，求

的值及的周長.結合范圍B∈（0，π），利用特殊角的三角函數值即可求得B的值．

（2）由已知及正弦定理可得c=2a，利用余弦定理可求9=a+c﹣ac，聯立即可解得a，c的值，利用三角形面積公式即可計算得解． 【詳解】（1）由正弦定理得在中，即（2）又，解得（負根舍去），的周長

；

，由正弦定理得

2【點睛】本題主要考查了正弦定理，特殊角的三角函數值，余弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想，屬于基礎題．

22.已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2(n∈N)，在數列{bn}中，b1＝1，點P(bn，bn＋1

*)在直線x－y＋2＝0上．

(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)記Tn＝a1b1＋a2b2＋ ＋anbn，求Tn． 【答案】（1）【解析】 =2n-1；（2）

． 試題分析：（1）利用“當n=1，a1=2；當n≥2時，an=Sn-Sn-1”和等比數列的通項公式即可得出an；利用等差數列的定義和通項公式即可得出bn．

（Ⅱ）先把所求結論代入求出數列{cn}的通項，再利用數列求和的錯位相減法即可求出其各項的和．

試題解析：解（1）由，得

（n≥2）

兩式相減得即（n≥2）

又∴｛∵點P(∴∴｛(2)∵∴兩式相減得，－－，∴

｝是以2為首項，以2為公比的等比數列 ∴，)在直線x-y+2=0上

－

=2 ∴

=2n-1 +2=“0” 即｝是等差數列，∵

=2+2·

=2+4·

∴

考點：1．數列的求和；2．等比數列；3．數列遞推式．

第二篇：河北省張家口市2017-2018學年高一下學期期末考試數學試題(解析版)

張家口市2017～2018學第二學期期末教學質量監測

高一數學

第Ⅰ卷（選擇題 共60分）

一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線與直線

互相垂直，則實數的值為（）

A.B.2C.-2

D.-1 【答案】A 【解析】 【分析】

利用直線的垂直關系求解即可．

【詳解】直線y=﹣2x+3與直線y=kx﹣5互相垂直，可得k=． 故選：A．

【點睛】本題考查直線的垂直關系的應用，屬于基礎題． 2.設A.【答案】D 【解析】 【分析】

根據題意，利用不等式的基本性質，對各選項中的不等式進行判定即可． 【詳解】∵a＞b＞0，c∈R，∴A中，c=0時，a|c|＞b|c|不成立； B中，c=0時，ac＞bc，不成立；

22C中，當c≤0時，ac＞bc不成立； 22，B.，則下列不等式恒成立的是（）

C.D.D中，由a＞b＞0，兩邊同時除以ab，得到＜，∴D成立． 故選：D．

【點睛】不等式的性質及其應用：(1)判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明．常用的推理判斷需要利用不等式的性質．

(2)在判斷一個關于不等式的命題真假時，先把要判斷的命題和不等式性質聯系起來考慮，找到與命題相近的性質，并應用性質判斷命題真假，當然判斷的同時還要用到其他知識，比如對數函數，指數函數的性質等．

3.設等差數列的前項和為，若，則等于（）

A.180 B.90 C.72 D.100 【答案】B 【解析】 【分析】

由a4=9，a6=11利用等差數列的性質可得a1+a9=a4+a6=20，代入等差數列的前n項和公式可求． 【詳解】∵a4=9，a6=11 由等差數列的性質可得a1+a9=a4+a6=20，故選：B．

【點睛】本題主要考查了等差數列的性質若m+n=p+q，則am+an=ap+aq和數列的求和．解題的關鍵是利用了等差數列的性質：利用性質可以簡化運算，減少計算量． 4.設實數、滿足約束條件A.2 B.0 C.-4 D.-2 【答案】A 【解析】 【分析】

作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合確定z的最大值． 【詳解】作出約束條件，對應的平面區域如圖：（陰影部分ABC）．，則的最大值是（）

由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直線y=﹣2x+z，由圖象可知當直線y=﹣2x+z經過點A時，直線y=﹣2x+z的截距最大，此時z最大．

將A（1，0）的坐標代入目標函數z=2x+y，1+0=2．即z=2x+y的最大值為2． 得z=2×故選：A．

【點睛】本題考查的是線性規劃問題，解決線性規劃問題的實質是把代數問題幾何化，即數形結合思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域;二，畫目標函數所對應的直線時，要注意讓其斜率與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯;三，一般情況下，目標函數的最大值或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.5.若點A.在圓 B.C.的外部，則實數的取值范圍是（）D.【答案】B 【解析】 【分析】

根據圓的標準方程，求出圓心和半徑，再根據點（1，﹣1）到圓心的距離大于半徑，求得m的取值范圍．

22【詳解】圓x+y﹣x+y+m=0，即

+=﹣m，表示以（，﹣）為圓心、半徑等于的圓．

由于點（1，﹣1）在圓外，可得點（1，﹣1）到圓心的距離大于半徑，即 故選：B． ＞，求得 0＜m＜，【點睛】本題主要考查圓的標準方程，點與圓的位置關系，兩點間的距離公式，屬于基礎題． 6.等比數列中，，則數列的前8項和等于（）

A.6 B.5 C.4 D.3 【答案】C 【解析】 試題分析：數列的前項和.考點：

1、等比數列；

2、對數運算.7.在中，已知、、分別是角、、的對邊，若，則的形狀為

A.等腰三角形

B.直角三角形

C.等腰直角三角形

D.等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】 由【詳解】∵∴由正弦定理可得∴sinAcosA=sinBcosB ∴sin2A=sin2B ∴2A=2B或2A+2B=π ∴A=B或A+B=

∴△ABC的形狀是等腰三角形或直角三角形 故選：D．

【點睛】判斷三角形狀的常見方法是：（1）通過正弦定理和余弦定理，化邊為角，利用三角變換得出三角形內角之間的關系進行判斷；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角為邊，通過代數恒等變換，求出邊與邊之間的關系進行判斷；（3）根據余弦定理確定一個內角為鈍角進而知其為鈍角三角形.8.設、是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是（），利用正弦定理可得，進而可得sin2A=sin2B，由此可得結論． A.若C.若，，則，則

B.若

D.若，，則，則

【答案】C 【解析】 【分析】

分別根據線面平行和線面垂直的性質和定義進行判斷即可．

【詳解】：A．根據線面平行的性質可知，若l∥α，m?α，則l∥m或者l與m是異面直線，所以A錯誤． B．平行于同一個平面的兩條直線，可能平行，可能相交，可能是異面直線，所以B錯誤． C．根據線面垂直和直線平行的性質可知，若l⊥α，l∥m，則m⊥α，所以C正確．

D．根據線面垂直的判定定理可知，要使直線l⊥α，則必須有l垂直平面α內的兩條直線，所以D錯誤． 故選：C．

【點睛】本題主要考查線面平行和線面垂直的位置關系的判斷和應用，要求熟練掌握相應的定義和判斷定理．

9.將邊長為的正方形（）A.1 B.【答案】A 【解析】

試題分析：設球心為，球的半徑為，由D.考點：1.球的切接問題；2.等體積轉換.10.已知點A.B.在經過，兩點的直線上，則的最小值為（），知，故選 C.D.沿對角線

折成一個直二面角，則四面體的外接球的半徑為

C.16

D.不存在

【答案】B 【解析】 【分析】

由點P（x，y）在經過A（3，0）、B（1，1）兩點的直線上可求得直線AB的方程，即點P（x，y）的坐標間

xy的關系式，從而用基本不等式可求得2+4的最小值．

【詳解】由A（3，0）、B（1，1）可求直線AB的斜率kAB=，∴由點斜式可得直線AB的方程為：x+2y=3．∴2x+4y=2x+22y故選：B．

（當且僅當x=2y=時取“=”）．

【點睛】在用基本不等式求最值時，應具備三個條件：一正二定三相等.①一正：關系式中，各項均為正數；②二定：關系式中，含變量的各項的和或積必須有一個為定值；③三相等：含變量的各項均相等，取得最值.11.由直線A.B.【答案】A 【解析】

試題分析：圓的圓心為線長的最小值為考點：直線與圓相切問題 12.設、A.C.【答案】D 【解析】

試題分析：直線與圓相切，圓心到直線的距離等于半徑，即，化簡得，若直線

B.D.與圓

相切，則的取值范圍是（），圓心到直線的距離為，所以由勾股定理可知切上的一點向圓 C.1 D.3

引切線，則切線長的最小值為（）

由基本不等式得，令，則，解得.考點：直線與圓的位置關系，基本不等式.【易錯點晴】本題主要考查直線與圓的位置關系，考查基本不等式的用法.由于直線和圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，根據這個知識點和已知條件，用式子表示出來，化簡得到一個等式題目要求的是不等式，所以考慮用基本不等式進行轉化，要注意熟練運用基本不等式的變形公式，即.，第Ⅱ卷（非選擇題 共90分）

二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分請將答案寫在答題卡相應位置上)13.如果直線【答案】-6.【解析】 【分析】 與直線平行，則實數__________．

根據它們的斜率相等，可得﹣=3，解方程求a的值 【詳解】∵直線ax+2y+2=0與直線3x﹣y=0平行，∴它們的斜率相等，∴﹣=3，∴a=﹣6． 故答案為：-6．

【點睛】本題考查兩直線平行的性質，兩直線平行，斜率相等． 14.在【答案】 【解析】 【分析】

利用余弦定理結合條件，建立目標量的方程即可.【詳解】由余弦定理可得：，又

且，中，已知、、分別是角、、的對邊，且，則

__________．

∴故答案為：，解得

【點睛】對于余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）三角形、三角函數有關的問題時，還要記住15.已知關于的不等式【答案】0.【解析】 【分析】，；（2）.另外，在解與

等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.__________． 的解集為，則利用一元二次不等式的解集與相應的一元二次方程的根的關系即可得出 【詳解】∵關于的不等式的解集為，∴﹣1+=，﹣1×=﹣，∴m=﹣1，n=1 ∴m+n=0． 故答案為：0 【點睛】（1）二次函數圖象與x軸交點的橫坐標、二次不等式解集的端點值、一元二次方程的解是同一個量的不同表現形式。

（2）二次函數、二次方程與二次不等式統稱“三個二次”，它們常結合在一起，而二次函數又是“三個二次”的核心，通過二次函數的圖象貫穿為一體．有關二次函數的問題，利用數形結合的方法求解，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法． 16.若數列【答案】【解析】 【分析】 滿足：，(注：寫成、沒標，則數列的通項公式

__________．

均給滿分).由【詳解】∵，取倒數可得，∴

﹣=2，即可得出．

﹣=2，∴數列是等差數列，等差數列為2．

． ∴=+2（n﹣3）=2n﹣1，解得an=故答案為：

【點睛】數列的遞推關系是給出數列的一種方法，根據給出的初始值和遞推關系可以依次寫出這個數列的各項，由遞推關系求數列的通項公式，常用的方法有：①求出數列的前幾項，再歸納猜想出數列的一個通項公式；②將已知遞推關系式整理、變形，變成等差、等比數列，或用累加法、累乘法、迭代法求通項．

三、解答題(本大題共6小題，其中17題10分，18～22題每小題12分，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17.如圖所示，如果一個幾何體的正視圖與側視圖是全等的長方形，且邊長分別是4與2，俯視圖是一個邊長為4的正方形

（Ⅰ）求該幾何體的表面積；（Ⅱ）求該幾何體的外接球的體積

【答案】（1）64.（2）.【解析】 【分析】

三視圖復原的幾何體是底面是正方形的正四棱柱，根據三視圖的數據，求出幾何體的表面積，求出對角線的長，就是外接球的直徑，然后求它的體積即可．

【詳解】（Ⅰ）由題意可知，該幾何體是長方體，底面是邊長為4的正方形，高是2，因此該幾何體的表 面積是：，即幾何體的表面積是64.（Ⅱ）由長方體與球的性質可得，長方體的體對角線是球的直徑，記長方體的體對角線為，球的半徑是，所以球的半徑因此球的體積

.，所以外接球的體積是

.【點睛】空間幾何體與球接、切問題的求解方法

(1)求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找幾何中元素間的關系求解．

(2)若球面上四點P，A，B，C構成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解． 18.在等差數列（Ⅰ）求等差數列（Ⅱ）設【答案】（1）中，且，構成公比不為1的等比數列 的公差；，求數列的前項和

或(舍).（2）【解析】 【分析】.（Ⅰ）設等差數列{an}的公差為d，由等差數列的通項公式求出an，由等比中項的性質列出方程，求出d的值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）求出an，代入bn=【詳解】:（Ⅰ）∵且∴（Ⅱ）∵∴∴，解得

或，..(舍).，化簡，由裂項相消法求出數列{bn}的前n項和．

【點睛】裂項相消法是指將數列的通項分成兩個式子的代數和的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如

(其中

是各項均不為零的等差數列，c為常數)的數列.裂項相消法求和，常見的有相鄰兩項的裂項求和(如本例)，還有一類隔一項的裂項求和，如19.在銳角中，已知、、分別是角、、的對邊且滿足

.或.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若【答案】（1）（2）【解析】 【分析】

（Ⅰ）通過正弦定理把題設等式中的邊轉化成角的正弦，化簡整理求得sinC的值，進而求得C；

22（Ⅱ）先利用面積公式求得ab的值，進而利用余弦定理求得a+b﹣ab，最后聯立變形求得a+b的值． 且.的面積為，求的值..【詳解】（Ⅰ）由，知，得，∵是銳角，∴.，∴得

，∴

.∴.（Ⅱ）∵由【點睛】（1）在三角形中根據已知條件求未知的邊或角時，要靈活選擇正弦、余弦定理進行邊角之間的轉化，以達到求解的目的．

（2）求角的大小時，在得到角的某一個三角函數值后，還要根據角的范圍才能確定角的大小，這點容易被忽視，解題時要注意． 20.如圖所示，在正方體（Ⅰ）求證：（Ⅱ）求與平面平面； 所成的角

中，是

上一點，是的中點，平面

【答案】（Ⅰ）見解析.（Ⅱ）.【解析】 【分析】

（Ⅱ）利用正方體中的棱與面的關系可得CD⊥平面ADD1A1，進一步得到CD⊥AD1，再結合AD1⊥A1D，運用線面垂直的判定得答案；

（2）由已知MN⊥平面A1DC結合（1）的結論可得AD1與平面ABCD所成的角，就是MN與平面ABCD所成的角，進一步可得∠D1AD即為AD1與平面ABCD所成的角，則答案可求． 【詳解】（Ⅰ）由∴.又

是正方體知，為正方形，∴平面(細則：先證（Ⅱ）∵平面

；

.平面，平面，進而得出結論的也是6分)，又由(Ⅰ)知

平面，∴

∴∵顯然與平面平面所成的角就是，∴，∴與平面即為

與平面與平面

所成的角，所成的角，所成的角為.(細則：對于不同方法，只要正確的按對應步驟給分)【點睛】求直線和平面所成角的關鍵是作出這個平面的垂線進而斜線和射影所成角即為所求，有時當垂線較為難找時也可以借助于三棱錐的等體積法求得垂線長，進而用垂線長比上斜線長可求得所成角的正弦值，當空間關系較為復雜時也可以建立空間直角坐標系，利用向量求解.21.（Ⅰ）解關于的不等式a（Ⅱ）已知不等式【答案】（1）見解析.（2）【解析】 【分析】（Ⅰ）方程的兩根為

或，分（1）當a＞0時、（2）當a＜0時兩種情況，依據 和0的大.；

對一切實數恒成立，求實數的取值范圍

小關系，解一元二次不等式求得它的解集；（Ⅱ）利用不等式恒成立，通過二次項的系數是否為0，分類轉化求解即可． 【詳解】（Ⅰ）∵∴當∴當時，時，∴方程的兩根為

或

..，此時不等式的解集為，此時不等式的解集為(細則：解集寫不等式的扣1分，寫區間不扣分)（Ⅱ）當當當解得時，時，符合題意；當時，需滿足.或

.時不合題意，所以

..綜上可得，的取值范圍是【點睛】（1）解一元二次不等式時，當二次項系數為負時要先化為正，再根據判別式符號判斷對應方程根的情況，然后結合相應二次函 數的圖象寫出不等式的解集．

（2）解含參數的一元二次不等式，要把握好分類討論的層次，一般按下面次序進行討論：首先根據二次項系數的符號進行分類，其次根據根是否存在，即判別式的符號進行分類，最后當根存在時，再根據根的大小進行分類． 22.已知圓經過原點（Ⅰ）求圓的方程；（Ⅱ）在圓上是否存在兩點線

關于直線

對稱，且以線段

為直徑的圓經過原點？若存在,寫出直且與直線

相切于點的方程；若不存在，請說明理由

.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）見解析.【解析】 【分析】

（Ⅰ）由已知得圓心經過點P（4，0）、且與y=2x﹣8垂直的直線上，求得圓心C（2，1），半徑為，可得圓C的方程．

上，它又在線段OP的中垂線x=2（Ⅱ）假設存在兩點M，N關于直線y=kx﹣1對稱，則y=kx﹣1通過圓心C（2，1），求得k=1，設直線MN為y=﹣x+b，代入圓的方程，利用韋達定理及 【詳解】（Ⅰ）法一：由已知，得圓心在經過點的中垂線上，所以求得圓心，半徑為..?

=0，求得b的值，可得結論． 且與

垂直的直線

上，它又在線段所以圓的方程為(細則：法一中圓心3分，半徑1分，方程2分)法二：設圓的方程為，可得

解得，所以圓的方程為(細則：方程組中一個方程1分)（Ⅱ）假設存在兩點所以設直線為關于直線，則

對稱，則

通過圓心，求得，代入圓的方程得設解得這時或，符合題意，所以存在直線的扣1分).為或符合條件

(細則：未判斷【點睛】本題主要考查了圓錐曲線的綜合應用問題，其中解答中涉及到圓的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，直線與圓的位置關系的應用，向量的坐標運算等知識點的考查，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，本題的解答中把直線的方程和橢圓方程聯立，轉化為方程的根與系數的關系、韋達定理的應用是解答問題的關鍵

第三篇：北京市清華附中2011-2012學年高一下學期期末考試數學試題

清華附中高一第二學期期末試卷數學

（選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分）

1．下列各角中，是第三象限的角為()

A．?480?B．2?C．720?D．450?

2.已知角?的終邊經過點（?3，4），則tan

?=（）

3344B． ?C．D． ? 443

33．樣本中共有五個個體，其值分別為a,0,1,2,3.若該樣本的平均值為1，則樣本方差為()A．

A.662D．2 5

54．甲從正方形四個頂點中任意選擇兩個頂點連成直線，乙也從該正方形四個頂點中任意選擇兩個頂點連成直線，則所得的兩條直線相互垂直的概率是()

A.3456C.D.18181818

5．設(x1，y1)，(x2，y2)，?，(xn，yn)是變量x和y的n個樣本點，直線l是由這些樣本點通過最小二乘法得到的線性回歸直線(如圖)，以下結論中正確的是()

A．直線l在y軸上的截距是回歸系數

B．x和y的回歸系數在0到1之間

C．當n為偶數時，分布在l兩側的樣本點的個數一定相同

D．直線l過點(x，y)

6．用秦九韶算法求多項式f(x)＝3x＋4x＋5x＋6x＋7x＋8x＋1在x＝0.4時的值時，需要做的乘法和加法的次數分別是()

A．6,6B．5,6C．5,5

7．為了得到函數y?sin(2x?D．6,5 65432?

3)的圖像，只需把函數

y?sin(2x?

A向左平移

位 ?6)的圖像()??個長度單位B向右平移個長度單44??C向左平移個長度單位D向右平移個長度單2

2位

8． 在實數的原有運算法則中，我們補充定義新運算a?b,運算原

理如右圖所示，則函數f(x)?(tan

仍為通常的乘法和減法）()5??x)?x?(lg100?x)（x?[?2,2]）的最大值等于（“?”和“-”

4A．?1B．1C．6D．12

一、填空題（本題共6個小題，每小題5分，共30分）

9．函數f?x??tan?x??

????的單調增區間為4?

10．中央電視臺青年歌手大獎賽的9位評委為參賽選手甲給出的分數，如

莖葉圖所示．記分員在去掉一個最高分和一個最低分后，算得平均分為

91.復核員在復核時，發現有一個數字(莖葉圖中的x)無法看清．若記分

員計算無誤，則數字x應該是________．

11．如圖，單擺的擺線離開平衡位置的位移S(厘米)和時間t(秒)的函數關系是

S?2sin(2t?),t?[0,??)，則擺球往復擺動一次所需要的時間是_____秒．

412．某程序框圖如圖所示，現輸入如下四個函數：f(x)?x2，f(x)??1，x

f(x)?ex，f(x)?sinx，則可以輸出的函數是.13．已知x1,x2?(0,?)且x1?x2，則下列五個不等式： ①sinx1sinx2x?xxx1?；②sinx1?sinx2；③(sinx1?sinx2)?sin(12)；④sin1?sin2；

x1x22222

2⑤

sinx1?sinx2．其中正確的序號是 x1x2

14.設函數f(x)?sinx|sinx?a?|,4若a?1時,f(x)的最小值是；若對任意x?[0,?

2]，f(x)?0恒成立，則實數a的取值范圍是

二、解答題（本題共6個小題，共80分）

15．(本小題滿分13分)若函數y?Asin(?x??)(??0,0????)在一個周期內的圖象如下，則

（1）寫出函數的周期；

（2）求函數的解析式；

（3）求函數的單調增區間.16．(本小題滿分13分)為了解學生身高情況，某校以10%的比

例對全校700名學生按性別進行分層抽樣調查，測得身高情況的統計圖如圖：

(1)估計該校男生的人數；

(2)估計該校學生身高在170～185cm之間的概率；

(3)從樣本中身高在180～190cm之間的男生中任選2人，求至

少有1人身高在185～190cm之間的概率．

17.(本小題滿分14分)已知tan??2，求

4sin(???)?2cos?（1）的值； 5sin??3cos(??)

（2）5sin2??3sin?cos??2的值.18．(本小題滿分13分)從參加高一年級某次模塊考試中抽出80名學生，其數學成績(均為整數)的頻率分布直方圖如圖所示．

(1)估計這次測試數學成績的平均分；

(2)假設在[90,100]段的學生的數學成績都不相同，且都在96分以上．現用簡單隨機抽樣的方法，從94,95,96,97,98,99這6個數中任取2個數，求這兩個數恰好是在[90,100]段的兩個學生的數學成績的概率．

19．(本小題滿分13分)已知b,c?R,f(x)?x?bx?c，對任意?,??R，都有f(sin?)?0,f(2?cos?)?0

（1）求f(1)的值；

（2）證明：c?3；

（3）設f(sin?)的最大值10，求f(x).20．(本小題滿分14分)已知函數f(x)，如果存在給定的實數對（a,b），使得對f(x)，f(a?x),f(a?x)有定義的所有x都有f(a?x)?f(a?x)?b恒成立，則稱f(x)為“п-函數”.2

（Ⅰ）判斷函數f1(x)?2sinx,f2(x)?lnx是否是“п-函數”；

（Ⅱ）若f3(x)?tanx是一個“п-函數”，求出所有滿足條件的有序實數對(a,b)(參考公式tan(???)?tan??tan?

1?tan?tan?，tan(???)?tan??tan?

1?tan?tan?)；

（Ⅲ）若定義域為R的函數f(x)是“п-函數”，且存在滿足條件的有序實數對(0,1)和(1,2).當x?(0,1]時，f(x)的值域為[1,2]，求當x?[?2012,2012]時函數f(x)的值域.

第四篇：江蘇省海安中學2018-2019學年高一下學期期中考試數學試題創新班解析

2017～2018第二學期期中學業質量監測

高一創新班數學試卷

一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．請把答案填寫在答題卡相應位置上．

1.已知集合【答案】[1，2] 【解析】分析：根據一元二次不等式，求解集合，再利用補集的運算即可求解詳解：由集合所以，即

．

或，．，則

______.點睛：本題主要考查了集合的運算，其中正確求解集合是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力． 2.設數是虛數單位，若復數滿足的模=______.，則復【答案】1 【解析】分析：利用復數的運算法則，以及模的計算公式，即可求解． 詳解：由，則，所以

．

點睛：本題主要考查了復數的運算法則和復數模的計算，其中熟記復數的運算公式和模的計算公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題． 3.函數的定義域為______.【答案】

【解析】分析：根據函數的解析式，得到解析式有意義所滿足的條件，即可求解函數的定義域． 詳解：由函數可知，實數滿足即函數的定義域為，即．，解得，點睛：本題主要考查了函數的定義域的求解，其中根據函數的解析式得到滿足條件的不等式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力． 4.若【答案】，則的值為______.【解析】分析：根據三角函數的誘導公式，即可求解對應的函數值． 詳解：由則，．

點睛：本題主要考查了三角函數的誘導公式的應用問題，其中熟記三角函數的誘導公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題． 5.已知【答案】

【解析】分析：利用兩角和與差的正切函數公式，即可化簡求值． 詳解：由，且，則的值為______.則．

點睛：本題主要考查了三角函數的化簡求值問題，其中把角轉化為式是解答的關鍵，著重考查了轉化意識和推理、運算能力． 6.已知雙曲線同，則雙曲線的方程為______.【答案】，易得，再由拋物線的一條漸近線方程是y＝

和熟記兩角和與差的正切公

x，它的一個焦點與拋物線y2＝16x的焦點相【解析】分析：先由雙曲線的漸近線方程為雙曲線的焦點為，可得，最后根據雙曲線的性質列出方程組，即可求解，得，得，的值，得到雙曲線的方程．

詳解：由雙曲線的漸近線方程為因為拋物線又由的焦點坐標為，聯立可得，所以雙曲線的方程為．

點睛：本題主要考查了雙曲線和拋物線的標準方程及其幾何性質的應用，其中熟記圓錐曲線的幾何性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．

7.由0，1，2，3，4，5這6個數字共可以組成______.個沒有重復數字的四位偶數． 【答案】156 【解析】分析：可分當末位為和末位不為兩種情況分類討論，再根據分類計數原理求得結果． 詳解：可分為兩類：（1）當末位為時，可以組成個；

（2）當末位是或時，則首位有四種選法，中間可以從剩余的個數字選取兩個，共可以組成種，個沒有重復數字的四位偶數． 由分類計數原理可得，共可以組成點睛：本題主要考查了排列、組合及簡單的計數原理的應用，著重考查了分類的數學思想方法，對于數字問題是排列中常見到的問題，條件變換多樣，把排列問題包含數字問題時，解答的關鍵是看清題目的實質，注意數列字的雙重限制，即可在最后一位構成偶數，由不能放在首位． 8.用數學歸納法證明：“

…

即，其中，且

”時，第一步需驗證的不等式為：“______.” 【答案】

時，時，即可得到第一步需要驗證的不等式．，所以第一步需驗證的不等式為“

”． 【解析】分析：由題意詳解：由題意可知，當點睛：本題主要考查了數學歸納法的應用，其中熟記數學歸納法的基本步驟是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力． 9.已知函數【答案】

和的圖象，即可求出參數的取值范有且只有一個零點，則實數b的取值范圍是______.【解析】分析：函數有零點是函數圖象的交點，利用函數圍．

詳解：由題意，函數即函數和

有一個零點，的圖象只有一個交點，與半圓相切的直線方程為，如圖所示，直線又過點的直線為所以滿足條件的的取值范圍是或，即．

點睛：本題主要考查了函數零點的應用問題，其中解答中把函數有零點轉化為函數圖象得交點是解答的關鍵，著重考查了轉化與化歸思想和數形結合思想，以及分析問題和解答問題的能力． 9x，12y，15z成等比數列，10.設x，y，z均是不為0的實數，且，成等差數列，則【答案】 的值是______.【解析】試題分析：由于列，成等比數列，得，又因為成等差數，.考點：等差數列和等比數列的性質.11.設滿足約束條件

則目標函數的取值范圍為______.【答案】 ,因此當時

時

過點【解析】試題分析：可行域為一個三角形ABC及其內部，其中C時，取最大值1，當的取值范圍為考點：線性規劃

12.如圖，在△ABC中，邊BC的四等分點依次為D，E，F．若 時

與直線

相切時取最小值，當，綜上目標函數，則AE的長為______.【答案】 【解析】分析：用，從而得到詳解：因為所以所以因為所以所以所以所以，所以，所以，即

．，所以，, 和的長． ，表示出

得出，在根據

和的關系計算點睛： 本題考查了平面向量的基本定理，及平面向量的數量積的運算問題，對于平面向量的計算問題，往往有兩種形式，一是利用數量積的定義式，二是利用數量積的坐標運算公式、向量夾角公式、模公式及向量垂直的充要條件，可將有關角度問題、線段長問題及垂直問題轉化為向量的數量積來解決． 13.設函數在上存在導數,對任意的有,且在上

.若,則實數的取值范圍______.【答案】【解析】令性質知：

，所以在R上上遞增.，則

為奇函數.時，由奇函數則實數的取值范圍是點睛：利用導數解抽象函數不等式，實質是利用導數研究對應函數單調性，而對應函數需要構造.構造輔助函數常根據導數法則進行：如，構造

構造等，構造，構造14.設【答案】是三個正實數，且．，則的最大值為______.【解析】分析：由已知條件可得是方程式，即可求解． 詳解：由所以是方程，所以的正根，所以，的正根，求出，打入變形化簡利用基本不等，所以，當且僅當等號成立，所以的最小值為．

學|科|網...學|科|網...學|科|網...學|科|網...學|科|網...學|科|網...學|科|網...學|科|網...二．解答題：本大題共6小題，共90分．請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．

15.如圖，在正三棱柱證：（1）直線（2）直線∥平面平面； ．

中，已知，分別為，的中點，點在棱

上，且

．求 【答案】（1）見解析（2）見解析

【解析】試題分析：（1）證明線面平行，一般利用線面平行判定定理，即從線線平行出發給予證明，而線線平行的尋找與論證，往往需要利用平幾知識，如本題利用平行四邊形性質：連結是平行四邊形，進而證得四邊形

是平行四邊形，即得，可先證得四邊形，（2）證明線面垂直，一般利用線面垂

平面，直判定與性質定理，經多次轉化論證，而在尋找線線垂直時，不僅可利用線面垂直轉化，如由得，而且需注意利用平幾中垂直條件，如本題中利用正三角形性質得

試題解析：

（1）連結所以所以四邊形所以所以所以四邊形所以所以直線，因為，分別為且，的中點，是平行四邊形，…………………2分 且且，又，是平行四邊形，…………………4分，又因為平面，且，．…………………………………………………7分

中，的中點，所以，……………9分

平面，（2）在正三棱柱又又又所以又又所以直線平面，所以是正三角形，且為平面平面平面，平面，，所以平面，……………………………………11分，．…………………………………………………14分

考點：線面平行判定定理，線面垂直判定與性質定理 【思想點睛】垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直.16.已知向量（1）求角的大小；

（2）若BC=2，求△ABC面積的最大值，并判斷S取得最大值時△ABC的形狀.【答案】（1）（2）△ABC的面積最大值，得,等邊三角形.，利用三角恒等變換的公式，求解，與

共線，其中A是△ABC的內角．

【解析】分析：（1）由進而求解角的大小；（2）由余弦定理，得

和三角形的面積公式，利用基本不等式求得，即可判定當時面積最大，得到三角形形狀． 詳解：（1）因為m//n,所以所以即 因為故., 所以，.，（當且僅當..又，故此時△ABC為等邊三角形

時等號成立）

.，即

.，（2）由余弦定理，得

又

而所以當△ABC的面積取最大值時，點睛：本題主要考查了利用正弦定理和三角函數的恒等變換求解三角形問題，對于解三角形問題，通常利用正弦定理進行“邊轉角”尋求角的關系，利用“角轉邊”尋求邊的關系，利用余弦定理借助三邊關系求角，利用兩角和差公式及二倍角公式求三角函數值.利用正、余弦定理解三角形問題是高考高頻考點，經常利用三角形內角和定理，三角形面積公式，結合正、余弦定理解題.17.已知橢圓：（1）求橢圓的方程；

（2）設點是橢圓上的一個動點，且點在軸的右側，直線徑的圓與軸交于【答案】（1），求點橫坐標的取值范圍及（2）的最大值．

與直線

交于

兩點，若以

為直（）的離心率為，橢圓與軸交于

兩點，且

．

試題解析：（1）由題意可得，，得（2）設所以，解得，橢圓的標準方程為，，.，直線的方程為，同理得直線的方程為，直線與直線的交點為，直線與直線的交點為，線段的中點，所以圓的方程為，令，則，因為，所以，所以，因為這個圓與軸相交,該方程有兩個不同的實數解，所以，解得．

設交點坐標，則（），所以該圓被軸截得的弦長為最大值為2． 考點：直線與圓位置關系，兩直線交點

18.如圖，一個角形海灣AOB，∠AOB＝2θ（常數θ為銳角）．擬用長度為l（l為常數）的圍網圍成一個養殖區，有以下兩種方案可供選擇：

方案一

如圖1，圍成扇形養殖區OPQ，其中

＝l；

方案二

如圖2，圍成三角形養殖區OCD，其中CD＝l；

（1）求方案一中養殖區的面積S1 ；（2）求證：方案二中養殖區的最大面積S2＝

；

（3）為使養殖區的面積最大，應選擇何種方案？并說明理由．

【答案】（1）（2）見解析（3）為使養殖區面積最大，應選擇方案一． 【解析】分析：（1）設（2）設；

（3）由（1）（2）得得，作出相應的選擇．，令，求得，求得函數的單調性，得，利用弧長公式得，再利用扇形的面積公式，即可求解；，再利用三角形的面積公式，即可證得，由余弦定理和基本不等式得詳解：解：（1）設OP＝r，則l＝r·2θ，即r＝，所以 S1＝lr＝，θ∈(0，)．

(2)設OC＝a，OD＝b．由余弦定理，得l2＝a2＋b2－2abcos2θ，所以 l2≥2ab－2abcos2θ．

所以ab≤，當且僅當a＝b時“＝”成立．

＝，即S2＝

．

所以S△OCD＝absin2θ≤(3)－＝(tanθ－θ)，θ∈(0，)，．)?－1＝

．

令f(θ)＝tanθ－θ，則f ?(θ)＝(當θ∈(0，)時，f ?(θ)＞0，所以f(θ)在[0，)上單調增，所以，當θ∈(0，)，總有f(θ)＞f(0)＝0．所以－＞0，得S1＞S2．

答：為使養殖區面積最大，應選擇方案一．(沒有作答扣一分)點睛：本題主要考查了扇形的弧長公式和扇形的面積公式，及導數在函數中的綜合應用，其中正確理解題意，利用扇形的弧長公式和面積公式建立函數關系式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力． 19.已知函數（1）設①若②若（2）設，求在． 在處的切線過點(1，0)，求的值；

上的最大值； 兩處取得極值，求證：或②0（2）見解析，不同時成立．

(a > 0，b，c)．

在區間，【答案】（1）①【解析】（1）根據題意，在①中，利用導數的幾何意義求出切線方程，再將點代入即求出的值，在②中，通過函數的導數來研究其單調性，并求出其極值，再比較端點值，從而求出最大值；（2）由題意可采用反證法進行證明，假設問題成立，再利用函數的導數來判斷函數的單調性，證明其結果與假設產生矛盾，從而問題可得證.試題解析：（1）當①若從而故曲線在，則，處的切線方程為

時，..將點解得②若代入上式并整理得或，則令，則當時，.，解得，或.（ⅰ）若所以從而為區間上的增函數，.的最大值為，列表：（ii）若

所以綜上，的最大值為.的最大值為0.，使得.的兩個極值點，（2）假設存在實數不妨設因為所以因為故從而，所以當為區間，則為

與同時成立..時，上的減函數，這與

矛盾，故假設不成立.既不存在實數，，使得，同時成立.點睛：此題主要考查了有關函數導數的幾何意義、以及導數在判斷函數單調性、求函數的最值等方面的知識和運算技能，屬于中高檔題型，也是高頻考點.利用導數求函數單調區間的一般步驟：1.確定函數的定義域；2.求導數；3.在函數的定義域內解不等式確定函數的單調區間.20.已知是數列（1）求數列的前n項和，且

．

和；4.根據3的結果的通項公式；（2）對于正整數（3）設數列，已知成等差數列，求正整數的值；

前n項和是，且滿足：對任意的正整數n，都有等式

成立.求滿足等式的所有正整數n.【答案】（1）（2）（3）1和3.【解析】試題分析：（1）先根據和項與通項關系得項之間遞推關系，再根據等比數列定義判斷，最后根據等比數列通項公式求結果，（2）根據等差數列化簡得質確定不定方程正整數解，（3）先根據定義求數列，再根據正整數限制條件以及指數性

通項公式，再根據等差數列求和公式求，根據數列相鄰項關系確定遞減，最后根據單調性求正整數解.試題解析：（1）由.，所以，則，所以數列

是首項為公比

得，兩式作差得，即

為的等比數列，所以（2）由題意所以所以，所以（3）由

所以所以又因為，其中，即，，；，，，即

；

得，，，得，所以，從而，當時；當時；當時；

下面證明：對任意正整數都有，當時，即，所以當時，遞減，所以對任意正整數都有；

綜上可得，滿足等式

的正整數的值為和.

第五篇：陜西省西安市第一中學2013-2014學年高一下學期期末考試數學試題Word版含答案

西安市第一中學

2013-2014學第二學期期末

高一數學試題

一、選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分）

1.函數y?tan2x的周期是()A.?

2B.?C.2?D.4?

2．在下列向量組中,能作為表示它們所在平面內所有向量的基底的是()A.e1?(0,0)e2?(1,?6)B.e1?(3,5)e2?(6,10)C.e1?(?1,2)e2?(5,?1)D.e1

31?(2,?3)e2?(2,?4)

3.函數y＝3sin(2x＋?

3)的圖象，可由y＝sinx的圖象經過下述哪種變換而得到:（A.向右平移?

13個單位，橫坐標縮小到原來的2倍，縱坐標擴大到原來的3倍

B.向左平移?3個單位，橫坐標縮小到原來的1

2倍，縱坐標擴大到原來的3倍

C．向右平移?

6個單位，橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標縮小到原來的1

3倍

D．向左平移?6個單位，橫坐標縮小到原來的11

2倍，縱坐標縮小到原來的3倍

4.在△ABC中，AB?c，AC?b．若點D滿足BD?2DC，則AD?（）

A

?B

?C

D

?

5.以下給出了4個命題：()

（1）兩個長度相等的向量一定相等；

（2）相等的向量起點必相同；

（3）若a??b??a??c?，且a???0，則b?c；

（4）若向量a的模小于b的模，則a?b.其中正確命題的個數共有

Ａ．3 個Ｂ．2個Ｃ．1個Ｄ．0個

6.函數y?cos(2x??

2)的圖像的一條對稱軸的方程為()A.x????

2B.x??8C.x???

4D.x??

7．已知弧度數為2的圓心角所對的弦長也是2，則這個圓心角所對的弧長是

()）

A．2B．2C．2sin1D．sin

2sin1

?π?

8.函數y =sin??2x?的單調增區間是（）

?4?3π7π?π5π???

A.?kπ?kπ??，k∈ZB.?kπ?，kπ??，k∈Z

88?88?? ?

3π3π?π3π???

C.?kπ?kπ??，k∈ZD.?kπ?，kπ??，k∈Z

88?88???

9．若sin(???)cos??cos(???)sin??m,且?為第三象限角，則cos?的值為（）

A．1?m2B.??m2C.m2?1D.?m2

?1

10.化簡2cos2?sin2??1?cos2?

cos2?的結果為()

A.tan?B.tan2?C.cot2?D.1

二、填空題（本題共5小題，每小題4分，共20分）

11.sin

25?6?cos25?3?tan(?25?)?12.已知AB?(2,?1),AC?(?4,1),則BC?__________

13.比較大小：sin32?27?

5____sin

14.已知向量a?與b?的夾角為120，且a??4,b??2,則a??b??_________

15.關于函數f(x)?2sin(3x?

3?4)，有下列命題：①其最小正周期是

2?

3；②其圖象可由y?2sin3x的圖象向左平移?

個單位得到；③其表達式可改寫為y?2cos(3x??)；④在x?[

?

?

2，512

]上為增函數．其中正確的命題的序號是：

三、解答題（本題共5小題，共50分.每題10分）16．已知點A(1,1),B(2,3),C(3,2),D(x,y)（1）若DA?DB?

DC?0

（2）設OD?mAB?nAC(m,n?R)，用x,y表示m?n 17.已知tan（?

4??)??

1.（1）求tan?的值;

(2)求sin2??2cos2?

1?tan?的值.18.已知???x?0,sinx?cosx?

（1）sinx?cosx ；，求下列各式的值：

5（2）3sin2x?2sinxcosx?cos2x

???????19.已知f(x)?a?b,a?(sinx,cosx),b?(cos(x?),sin(x?)).3

325

(1)求f(?)的值;

6(2)

設??(0,?),f()?

?

求?的值.20.已知函數f(x)?Asin(?x??),x?R其中(A?0,??0,0???圖像上一個最高點為M?

?)的周期為?，且

???,2?.?6?

（1）求f(x)的解析式；

(2）當x??

????,?時，求f(x)的值域.?122?

2013-2014學第二學期期末

高一數學參考答案

二、填空題

11.012.(-6,2)13.>14.-415.①④

三、解答題 16．（1）

?A(1,1),B(2,3).C(3,2).D(x,y),?DA?DB?DC?(1?x,1?y)?(2?x,3?y)?(3?x,2?y)?(0,0)

?1-x+2-x+3-x=0,1-y+3-y+2-y=0,解得x=2,y=2,（2）?OD?mAB?nAC

x2?y2?2

2?(x,y)=m(1,2)+n(2,1),即x=m+2n,y=2m+n,解得m-n=y-x

1??

1????3.17.解:(1)tan??tan[(??)?]?441?(??1)

2sin?cos??2cos2?cos2??sin?cos?

?(2)原式?

1?3sin2??cos2?

1?tan?1?32??.22

tan??13?1576718、(1)?(2)

525

?

19.解:

f(x)?sinxcos(x?)?cosxsin(x?)?sin(2x?)

333

???

（1）f（25262.?)?sin(?)?sin??

633

(2)f()?sin(??

??)?

??4

?0??????????333

???

?

??????.3412

20.解：(1)由題意可知??2,A?2?f(x)?2sin(2x??)

又因為過?（2）

????,2?.則f(x)?2sin(2x?)；

6?6?

?x?

?

?

?

?

?2x?

?

?

7?1?

則??sin(2x?)?1所以f(x)???1,2?.6，26