2019-2020學年高一數學下學期期末結業(yè)考試試題 文(實驗班含解析).doc

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2019-2020學年高一數學下學期期末結業(yè)考試試題 文(實驗班，含解析) 一、本卷共12題，每題5分，共60分，在每題后面所給的四個選項中，只有一個是正確的 1. 已知集合，，若，則實數的取值范圍（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ，解得， 又， 故實數的取值范圍 故選 2. 下列函數中，既是奇函數又在區(qū)間上為增函數的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 A,D為奇函數，B非奇非偶，C為偶函數，排除B,C； 易知在上單調遞增，在上單調遞減，不滿足題意， A. 在區(qū)間上為增函數. 故選A. 3. 已知，且，則（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 因為cos＝－，所以－sinα＝－，sinα＝， 又α∈，，∴＝. 4. 已知向量，若，則與夾角為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【詳解】分析：先判斷出方向相反，求出的夾角，與的夾角為，從而可得結果. 詳解：由，， 因為，, 所以方向相反， 設的夾角為，則與夾角為， 由可得， ， 所以與夾角為，故選A. 點睛：本題主要考查平行向量的性質，平面向量夾角余弦公式的應用，屬于中檔題. 本題主要考查向量的模及平面向量數量積公式，屬于中檔題.平面向量數量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角， （此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量 的模（平方后需求）. 5. 若實數，滿足約束條件則的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 畫出表示的可行域，由，得，由，得，平移直線，當直線經過時分別取得最小值，最大值，故的取值范圍是，故選C. 【方法點晴】本題主要考查線性規(guī)劃中利用可行域求目標函數的最值，屬簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優(yōu)解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數求出最值. 6. 已知兩個不同的平面和兩個不重合的直線，有下列四個命題： ①若∥，，則； ②若則∥； ③若 ∥，，則； ④若∥則∥． 其中正確命題的個數是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 試題分析：由線面垂直的第二判定定理我們易得①正確；由面面平行的判定方法，我們易得到②為真命題；∵，∴，又由，則，即③也為真命題．若，，則與可能平行也可相交，也可能異面，故④為假命題，故選D. 考點：平面與平面之間的位置關系；空間中直線與直線的位置關系；直線與平面的位置關系. 7. 已知直線與直線的交點位于第一象限，則實數的取值范圍是（　?。? A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【詳解】分析：聯立，可解得交點坐標，利用即可得結果. 詳解：聯立， 解得, 直線與直線的交點位于第一象限， ，解得，故選A. 點睛：本題考查了直線的交點，分式不等式的解法，意在考查綜合利用所學知識解決問題的能力，屬于中檔題. 8. 已知等差數列、的前項和分別為、，若，則的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 設等差數列、的公差分別為和 ∵ ∴，即 ∴，即① ∴，即② 由①②解得， ∴ 故選A 9. 如圖，網格紙上正方形小格的邊長為1（表示），圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為，高為的圓柱體毛坯切削得到，則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 因為加工前的零件半徑為3，高為6，所以體積，又因為加工后的零件，左半部為小圓柱，半徑為2，高4，右半部為大圓柱，半徑為3，高為2，所以體積，所以削掉部分的體積與原體積之比為，故選C. 考點：本小題主要考查立體幾何中的三視圖，考查同學們的空間想象能力. 視頻 10. 已知直線與圓相交于，兩點，若，則實數的值為（ ） A. 或 B. 或 C. 9或－3 D. 8或－2 【答案】A 【解析】 由題意可得，圓心（0，3）到直線的距離為,所以，選A。 【點睛】直線與圓相交圓心角大小均是轉化為圓心到直線的距離，用點到直線的距離公式解決。 11. 已知函數的圖象過點，記．若數列的前項和為，則等于（　?。? A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【詳解】分析：由函數的圖象過點，求出，從而可得的通項公式，由裂項相消法可得結果. 詳解：因為函數的圖象過點， 所以， 可得 ， ，故選D. 點睛：本題主要考查等差數列的通項與求和公式，以及裂項相消法求數列的和，屬于中檔題. 裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據式子的結構特點，常見的裂項技巧： (1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤. 12. 設函數，若互不相等的實數滿足，則的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 函數的圖象，如圖， 不妨設，則，關于直線對稱，故， 且滿足； 則的取值范圍是：， 即． 故選． 點睛：利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法 (1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解. (2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解. (3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解. 二、填空題（每題5分，共20分） 13. 在平面直角坐標系中，將函數的圖象向右平移 個單位長度，若平移后得到的圖象經過坐標原點，則的值為_______ . 【答案】 【解析】 函數的圖像向右平移 個單位得，因為過坐標原點，所以 點睛：三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言. 函數是奇函數；函數是偶函數；函數是奇函數；函數是偶函數. 14. 在中，點為邊的中點，若，且，則_______． 【答案】1 【解析】 ∵是的中點， ∴， 又∵， ∴，， ∴． 15. 已知長方體內接于球，底面是邊長為2的正方形，為的中點，平面，則球的表面積為__． 【答案】 【解析】 試題分析：取的中點為，連接，則四邊形為矩形．因為平面，所以，所以四邊形為正方形，所以球的半徑，所以球的表面積為． 考點：1、長方體的內接球；2、球的表面積． 16. 對于函數，若在定義域內存在實數，滿足，稱為“局部奇函數”，若為定義域上的“局部奇函數”，則實數的取值范圍是______. 【答案】 【解析】 ∵“局部奇函數”，∴存在實數滿足， 即，令， 則， 即在上有解， 再令，則在上有解， 函數的對稱軸為，分類討論： ①當時，，∴，解得； ②當時，，，解得. 綜合①②，可知. 點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解。對于此題中的新概念，對閱讀理解能力有一定的要求。但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶。 三、解答題（共6題，共70分） 17. 已知的內角的對邊分別為，且. （1）求角； （2）若，求面積的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 試題分析：（1）利用正弦定理與和差公式即可得出． （2）利用余弦定理、基本不等式的性質、三角形面積計算公式即可得出． 試題解析： (1)，由正弦定理得， ， ，， ，. (2)由余弦定理得： ，. 當且僅當時，面積取最大值. 18. 已知數列的前項和滿足. （1）求數列的通項公式； （2）求數列的前項和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【試題分析】(1)利用求得數列的通項公式.(2)利用錯位相減求和法求得數列的前項和. 【試題解析】 （1）當時，，所以； 當時，，則， 即.又因為，所以數列是以1為首項，3為公比的等比數列， 所以. （2）由（1）得，所以， ① ， ② ②①，得 ， 所以. 【點睛】本小題主要考查數列通項公式的求法,考查錯位相減法求數列的前項和.對于已知求的題目,首先要求出的值,然后利用可求得數列的通項公式,最后要驗證當時是否成立.若一個數列是由一個等差數列乘以一個等比數列所得,那么可以利用錯位相減法求其前項和. 19. 如圖，在三棱錐中，，為線段的中點，為線段上一點. （1）求證：； （2）求證：平面平面； （3）當平面時，求三棱錐的體積. 【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）. 【解析】 【詳解】分析：（1）因為所以平面，又因為平面，所以；（2）由等腰三角形的性質可得 ，由（1）知，，所以平面，從而平面平面；（3）先證明，結合（1）可得平面，從而可得三棱錐的體積為，進而可得結果. 詳解：（1）因為PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC. 又因為BD平面ABC，所以PA⊥BD. （2）因為AB=BC，D為AC中點，所以BD⊥AC. 由（1）知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC， 所以平面BDE⊥平面PAC. （3）因為PA∥平面BDE，平面PAC平面BDE=DE， 所以PA∥DE. 因為D為AC的中點，所以DE=PA=l，BD=DC=. 由（1）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC, 所以三棱錐E-BCD的體積V=BDDCDE=. 點睛：本題主要考查線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，屬于難題.解答空間幾何體中垂直關系時，一般要根據已知條件把空間中的線線、線面、面面之間垂直關系進行轉化，轉化時要正確運用有關的定理，找出足夠的條件進行推理；證明直線和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推論；（3）利用面面平行的性質；（4）利用面面垂直的性質，當兩個平面垂直時，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面. 20. 已知函數． （1）設． ①若，求函數的零點； ②若函數存在零點，求的取值范圍． （2）設，若對任意恒成立，試求的取值范圍． 【答案】（1）1，；（2）. 【解析】 【詳解】分析：（1）①將代入解析式，分類討論解方程即可得結果；②討論的符號，同一坐標系中作出兩個函數的圖象，利用數形結合可得結果；（2）對任意恒成立，等價于的最大值與最小值的差不大于，分三種情況討論函數的單調性，分別求出最大值與最小值，綜合三種情況可得結果. 詳解：（1）F（x）=f（x）﹣g（x）=x﹣a﹣a|x|， ①若a=，則由F（x）=x﹣|x|﹣=0得： |x|=x﹣， 當x≥0時，解得：x=1； 當x＜0時，解得：x=（舍去）； 綜上可知，a=時，函數y=F（x）的零點為1； ②若函數y=F（x）存在零點，則x﹣a=a|x|， 當a＞0時，作圖如下： 由圖可知，當0＜a＜1時，折線y=a|x|與直線y=x﹣a有交點，即函數y=F（x）存在零點； 同理可得，當﹣1＜a＜0時，求數y=F（x）存在零點； 又當a=0時，y=x與y=0有交點（0，0），函數y=F（x）存在零點； 綜上所述，a的取值范圍為（﹣1，1）． （2）∵h（x）=f（x）+g（x）=x﹣a+a|x|，x∈[﹣2，2]， ∴當﹣2≤x＜0時，h（x）=（1﹣a）x﹣a； 當0≤x≤2時，h（x）=（1+a）x﹣a； 又對任意x1，x2∈[﹣2，2]，|h（x1）﹣h（x2）|≤6恒成立， 則h（x1）max﹣h（x2）min≤6， ①當a≤﹣1時，1﹣a＞0，1+a≤0，h（x）=（1﹣a）x﹣a在區(qū)間[﹣2，0）上單調遞增； h（x）=（1+a）x﹣a在區(qū)間[0，2]上單調遞減（當a=﹣1時，h（x）=﹣a）； ∴h（x）max=h（0）=﹣a，又h（﹣2）=a﹣2，h（2）=2+a， ∴h（x2）min=h（﹣2）=a﹣2， ∴﹣a﹣（a﹣2）=2﹣2a≤6，解得a≥﹣2， 綜上，﹣2≤a≤﹣1； ②當﹣1＜a＜1時，1﹣a＞0，1﹣a＞0，∴h（x）=（1﹣a）x﹣a在區(qū)間[﹣2，0）上單調遞增， 且h（x）=（1+a）x﹣a在區(qū)間[0，2]上也單調遞增， ∴h（x）max=h（2）=2+a，h（x2）min=h（﹣2）=a﹣2， 由a+2﹣（a﹣2）=4≤6恒成立，即﹣1＜a＜1適合題意； ③當a≥1時，1﹣a≤0，1+a＞0，h（x）=（1﹣a）x﹣a在區(qū)間[﹣2，0）上單調遞減 （當a=1時，h（x）=﹣a），h（x）=（1+a）x﹣a在區(qū)間[0，2]上單調遞增； ∴h（x）min=h（0）=﹣a； 又h（2）=2+a＞a﹣2=h（﹣2）， ∴h（x）max=h（2）=2+a， ∴2+a﹣（﹣a）=2+2a≤6，解得a≤2，又a≥1， ∴1≤a≤2； 綜上所述，﹣2≤a≤2． 點睛：本題主要考查函數的圖象和性質函數的零點、分類討論思想，屬于難題.分類討論思想解決高中數學問題的一種重要思想方法，是中學數學四種重要的數學思想之一，尤其在解決含參數問題發(fā)揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是將題設條件研究透，這樣才能快速找準突破點. 充分利用分類討論思想方法能夠使問題條理清晰，進而順利解答，希望同學們能夠熟練掌握并應用與解題當中. 21. 已知圓：與軸負半軸相交于點，與軸正半軸相交于點 . （1）若過點的直線被圓截得的弦長為，求直線的方程； （2）若在以為圓心半徑為的圓上存在點，使得(為坐標原點)，求的取值范圍； （3）設， 是圓上的兩個動點，點關于原點的對稱點為，點關于軸的對稱點為，如果直線、與軸分別交于和，問是否為定值？若是求出該定值；若不是，請說明理由． 【答案】（1）或；（2）；（3）1. 【解析】 試題分析：（1）由題意分類討論直線的斜率是否存在，根據垂徑定理，弦心距，弦長及半徑的勾股關系解得k即可求得直線方程；(2) 設點的坐標為，由題得點的坐標為，點的坐標為由可得，化簡可得又點在圓上，所以轉化為點p軌跡與圓B有交點即可得解（3），則，直線的方程為，令，則 ， 同理可得利用是圓上的兩個動點即可得定值. 試題解析： （1） 若直線的斜率不存在，則的方程為：，符合題意. 若直線的斜率存在，設的方程為：，即 ∴點到直線的距離 ∵直線被圓截得的弦長為，∴ ∴ ，此時的方程為： ∴所求直線的方程為或 （2）設點的坐標為，由題得點的坐標為，點的坐標為 由可得，化簡可得 ∵點在圓上，∴，∴ ∴所求的取值范圍是. （3）∵，則 ∴直線的方程為 令，則 同理可得 ∴ ∴為定值1. 22. 已知函數. （1）當時，求的值域； （2）當時，函數的圖象關于對稱，求函數的對稱軸． （3）若圖象上有一個最低點，如果圖象上每點縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的倍，然后向左平移1個單位可得的圖象，又知的所有正根從小到大依次為，且，求的解析式． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【詳解】分析：（1）時，值域為，時，利用三角函數的有界性可得結果；（2）由時，函數的圖象關于對稱，利用輔助角公式可得關于的方程從而可求出的值，進而確定函數的解析式，由兩角和的正弦公式將其化為一個角的三角函數，利用正弦函數的對稱性求解即可；（3）根據圖象上有一個最低點，結合輔助角公式可求得，從而得，由，分類討論，排除不合題意的，從而可得結果. 詳解：（1）當b=0時，函數g（x）=asinx+c． 當a=0時，值域為：{c}． 當a≠0時，值域為：[c﹣|a|，c+|a|]．（ （2）當a=1，c=0時， ∵g（x）=sinx+bcosx 且圖象關于x=對稱， ∴||=，∴b=﹣． ∴函數 y=bsinx+acosx 即：y=﹣sinx+cosx= cos（x+）． 由 x+=kπ，k∈z，可得函數的對稱軸為：x=kπ﹣，k∈z． （3）由g（x）=asinx+bcosx+c= sin（x+?）+c，其中，sin?=，cos?=． 由g（x）圖象上有一個最低點 （，1），所以， ∴， ∴g（x）=（c﹣1）sin（x﹣）+c． 又圖象上每點縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的倍，然后向左平移1個單位可得y=f（x）的圖象，則f（x）=（c﹣1）sinx+c． 又∵f（x）=3的所有正根從小到大依次為 x1、x2、x3…xn、…，且 xn﹣xn﹣1=3 （n≥2 ）， 所以y=f（x）與直線y=3的相鄰交點間的距離相等，根據三角函數的圖象與性質，直線y=3要么過f（x）的最高點或最低點，要么是y=， 即：2c﹣1=3或 1﹣c+c=3（矛盾）或 =3，解得c=2 或 c=3． 當c=2時，函數的 f（x）=sin+2，T=6． 直線 y=3和 f（x）=sin+2相交，且 xn﹣xn﹣1=3 （n≥2 ），周期為3（矛盾）． 當c=3時，函數 f（x）=2sin+3，T=6． 直線直線 y=3和 f（x）=2sin+3相交，且 xn﹣xn﹣1=3 （n≥2 ），周期為6（滿足條件）． 綜上：f（x）=2sin+2． 點睛：本題主要考查公式三角函數的圖象和性質以及輔助角公式的應用，屬于難題.利用該公式 () 可以求出:①的周期;②單調區(qū)間（利用正弦函數的單調區(qū)間可通過解不等式求得）；③值域（）；④對稱軸及對稱中心（由可得對稱軸方程，由可得對稱中心橫坐標.