山西省沁县中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学试题及解析

第一篇：山西省沁县中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学试题及解析

沁县中学2017-2018学年度第二学期期末考试

高一数学

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)1.数列A.C.【答案】C 【解析】 【分析】

观察数列分子为以0为首项，2为公差的等差数列，分母是以1为首项，2为公差的等差数列，故可得数列的通项公式．

【详解】观察数列分子为以0为首项，2为公差的等差数列，分母是以1为首项，2为公差的等差数列，故可得数列的通项公式an=故选：C．

【点睛】本题考查了数列的概念及简单表示法，考查了数列的通项公式的求法，是基础题． 2.设集合A＝{x|x－4x＋3<0}，B＝{x|2x－3>0}，则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，结合交集的定义，可得答案． 【详解】∵集合A={x|x2﹣4x+3＜0}=（1，3），B={x|2x﹣3＞0}=（，+∞），)2的一个通项公式是（）

B.D.（n∈Z*）． ∴A∩B=（，3），故选：A．

【点睛】本题考查的知识点是集合的交集及其运算，难度不大，属于基础题． 3.在中，则

（）

A.B.C.或 D.或 【答案】C 【解析】 【分析】

由正弦定理可求得sinB=【详解】∵

=，结合范围，即可解得B的值．

∴由正弦定理可得：sinB===，,∴解得：B=或π． 故选：C．

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基本知识的考查． 4.已知等差数列的前项和为,若

D.，则=（）

A.B.C.【答案】B 【解析】 【分析】

设出公差d，由a8+a10=28求出公差d，求利用前n项和公式求解S9得答案． 【详解】等差数列的首项为a1=2，设公差为d，由a8=a1+7d，a10=a1+9d，∵a8+a10=28 即4+16d=28 得d=，那么S9=故选：B．

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和，是基础题． 5.若A.若C.若【答案】D 【解析】 【分析】

根据不等式的基本性质以及特殊值法判断即可． 【详解】A．取a=1，b=-3，c=2，d=1，可知不成立，B．取c=0，显然不成立，C．取a=-3，b=﹣2，显然不成立，D．根据不等式的基本性质，显然成立，综上可得：只有B正确． 故选：D．

【点睛】本题考查了不等式的基本性质、举反例否定一个命题的方法，考查了推理能力，属于基础题． 6.若的三个内角满足，则

（），则下列说法正确的是（），则，则

B.若 D.若，则，则

=72．

A.一定是锐角三角形； B.一定是直角三角形；

C.一定是钝角三角形； D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形.【答案】A 【解析】 【分析】

先根据正弦定理及题设，推断a：b：c=7：11：13，再通过余弦定理求得cosC的值小于零，推断C为钝角．

【详解】∵根据正弦定理，又sinA：sinB：sinC=7：11：13 ∴a：b：c=7：11：13，设a=7t，b=11t，c=13t（t≠0）∵c=a+b﹣2abcosC ∴cosC==

=

>0 222∴角C为锐角．又角C为最大角，故一定是锐角三角形 故选：A．

【点睛】由边角关系判断三角形形状，可以灵活应用 “角化边”或“边化角”两个途径，其中方法一综合应用正弦定理完成边向角的转化，应用和差角公式进行三角变形，得出角之间的关系，最终确定三角形的形状。方法二通过正、余弦定理完成角向边的转化，利用因式分解得出三边关系，从而确定形状。7.在各项都为正数的数列数列A.中，首项，且点

在直线

上，则的前项和为（）B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】 代入点，化简可得数列{an}为首项为2，公比为3的等比数列，由等比数列的求和公式，化简计算即可得到所求和． 【详解】在正数数列{an}中，a1=2，且点可得an=9an﹣1，即为an=3an﹣1，可得数列{an}为首项为2，公比为3的等比数列，则{an}的前n项和Sn等于故选：B．

【点睛】本题考查数列与解析几何的综合运用，是一道好题．解题时要认真审题，仔细解答，注意等比数列的前n项和公式和通项公式的灵活运用．

=

=3﹣1．

n2

2在直线x﹣9y=0上，8.若两个正实数满足，则的最小值为（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】 【分析】 根据=1可得x+2y=（x+2y）（），然后展开，利用基本不等式可求出最值，注意等号成立的条件．

【详解】∵两个正实数x，y满足∴x+2y=（x+2y）（）=4+

=1，≥4+2

=8，当且仅当

时取等号即x=4，y=2，故x+2y的最小值是8． 故选：A．

【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，解题的关键是“1”的活用，同时考查了运算求解的能力，属于基础题． 9.已知（）A.B.C.D.中，的对边分别是，则【答案】C 【解析】 【分析】

由A的度数求出sinA和cosA的值，根据sinA的值，三角形的面积及b的值，利用三角形面积公式求出c的值，再由cosA，b及c的值，利用余弦定理求出a的值，最后根据正弦定理及比例性质即可得到所求式子的比值． 【详解】由∠A=，得到sinA=，cosA=又b=1，S△ABC=，∴bcsinA=×1×c×=解得c=4，根据余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA=1+16+4=21，，解得a=，==

=

=，根据正弦定理则故选：

===．

【点睛】此题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，特殊角的三角函数值以及比例的性质，正弦定理、余弦定理建立了三角形的边与角之间的关系，熟练掌握定理及公式是解本题的关键． 10.已知为等差数列，，以表示的前项和，则使得达到最大值的是（）

A.21 B.20 C.19 D.18 【答案】B 【解析】

试题分析：设等差数列，解得：，由当故当故选B．

考点：等差数列的前n项和．

【易错点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式，及等差数列前n项和取最值的条件及求法，如果从等数列的前n项和公的角度，由二次函数求最值时，对于n等于21还是20时，取得最大值，学生是最容易出错的.视频

11.若不等式组

表示一个三角形内部的区域，则实数的取值范围是（），得：时，当，时，的公差为，则由已知，，得：

时，达到最大值.A.B.C.D.【答案】D 【解析】 【分析】 先画出的可行域，再对a值进行分类讨论，找出满足条件的实数a的取值范围．

表示的平面区域如图： 【详解】不等式组

由图可知，即A（，），则a＜+=，解得x=y=，实数a的取值范围是a＜． 故选：D．

【点睛】平面区域的形状问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，然后结合分类讨论的思想，针对图象分析满足条件的参数的取值范围． 12.在锐角A.中，则的取值范围是（）D.B.C.【答案】B 【解析】 【分析】

确定B的范围，利用正弦定理化简表达式，求出范围即可． 【详解】在锐角△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），故选：B．

【点睛】本题是中档题，考查正弦定理在解三角形中的应用，注意锐角三角形中角的范围的确定，是本题解答的关键，考查计算能力，逻辑推理能力．

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.数列满足【答案】 【解析】 【分析】

求出数列的周期，然后求解数列的项． 【详解】数列{an}满足，，则

__________．

可得a2=，a3=﹣1，a4=，所以数列的周期为3，故答案为：．

【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，求解数列的周期是解题的关键． 14.已知【答案】5 【解析】 【分析】

利用一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的实数根的关系即可得出． 【详解】∵关于x的不等式ax2+x+b＞0的解集是（﹣2，3），∴﹣2，3是方程ax2+x+b=0的两个实数根，且a＜0． 的解集为，则

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

【点睛】二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现形式 15.如图，为了测量长度：两点间的距离，选取同一平面上的,且

与

两点，测出四边形

各边的互补，则的长为__________．

【答案】【解析】 【分析】

分别在△ACD，ABC中使用余弦定理计算cosB，cosD，令cosB+cosD=0解出AC． 【详解】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． 故答案为：．

+

==0，=．，【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，属于中档题． 16.设数列, 数列【答案】【解析】 【分析】 的前项和为，且中，且，正项等比数列，则的前项和为，且，的通项公式为__________． 直接利用递推关系式求出数列的通项公式，利用叠加法求出数列的通项公式． 【详解】∵，∴令n=1，a1=1，an=Sn﹣Sn﹣1=2（n﹣1）（n≥2），经检验a1=1不能与an（n≥2）时合并，∴

又∵数列{bn}为等比数列，b2=a2=2，b4=a5=8，∴∴q=2，∴b1=1，∴．，∵，„，以上各式相加得c1=a1=1，∴∴．，，【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．

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.如图，在四边形求的长度。

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． 【详解】在中，由余弦定理得，解得，在解得，或，即

（舍）

中，由正弦定理得

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，一元二次方程的解法，求出BD的值，是解题的关键．

18.共享单车给市民出行带来了诸多便利，某公司购买了一批单车投放到某地给市民使用，据市场分析，每辆单车的营运累计利润y（单位：元）与营运天数x式.满足函数关系

（1）要使营运累计利润高于800元，求营运天数的取值范围；（2）每辆单车营运多少天时，才能使每天的平均营运利润的值最大？

【答案】(1)40到80天之间(2)每辆单车营运400天时，才能使每天的平均营运利润最大，最大为20元每天 【解析】 试题分析：直接代入令，解出的值即可

根据条件列出不等式求出的值，即可得到结论 解析：（1）要使营运累计收入高于800元，令，解得.所以营运天数的取值范围为40到80天之间（2）当且仅当

时等号成立，解得

所以每辆单车营运400天时，才能使每天的平均营运利润最大，最大为20元每天 19.已知公差不为0的等差数列（1）求数列（2）设【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，计算可得公差，即可得到所求通项公式；（2）求得【详解】（1）设数列由 即所以数列（2）因为所以，=

=（的公差为，则成等比数列，得，得的通项公式为

（舍去）或，..，.﹣），运用数列的裂项相消求和，可得Sn．，.，的通项公式；，求数列；（2）的前项和.的首项，且

成等比数列.【点睛】本题考查等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，同时考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，不等式的解法，属于中档题．

20.某工艺厂有铜丝5万米，铁丝9万米，准备用这两种材料编制成花篮和花盆出售，已知一只花篮需要用铜丝200米，铁丝300米；编制一只花盆需要100米，铁丝300米，设该厂用所有原来编制个花篮，个花盆.（Ⅰ）列出满足的关系式，并画出相应的平面区域；

（Ⅱ）若出售一个花篮可获利300元，出售一个花盘可获利200元，那么怎样安排花篮与花盆的编制个数，可使得所得利润最大，最大利润是多少？ 【答案】（1）见解析；（2）该厂编制200个花篮,100花盆所获得利润最大,最大利润为8万元.【解析】

试题分析：(1)列出x、y满足的关系式为域即可.(2)设该厂所得利润为z元,写出目标函数,利用目标函数的几何意义,求解目标函数,画出不等式组所表示的平面区z=300x+200y,所获得利润.试题解析：

(1)由已知x、y满足的关系式为

等价于

该二元一次不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分.(2)设该厂所得利润为z元,则目标函数为z=300x+200y 将z=300x+200y变形为行直线.又因为x、y满足约束条件,所以由图可知,当直线最大,即z最大.解方程组所以,得点M的坐标为(200,100)且恰为整点,即x=200,y=100..经过可行域上的点M时,截距,这是斜率为,在y轴上截距为、随z变化的一族平答：该厂编制200个花篮,100花盆所获得利润最大,最大利润为8万元.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：

一、准确无误地作出可行域；

二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；

三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.21.设的内角的对边分别为，且

.（1）求角的大小；（2）若【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】

（1）由正弦定理化简已知等式可得，由于sinA≠0，可求tanB的值，求

的值及的周长.结合范围B∈（0，π），利用特殊角的三角函数值即可求得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，联立即可解得a，c的值，利用三角形面积公式即可计算得解． 【详解】（1）由正弦定理得在中，即（2）又，解得（负根舍去），的周长

；

，由正弦定理得

2【点睛】本题主要考查了正弦定理，特殊角的三角函数值，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．

22.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N)，在数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn＋1

*)在直线x－y＋2＝0上．

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋ ＋anbn，求Tn． 【答案】（1）【解析】 =2n-1；（2）

． 试题分析：（1）利用“当n=1，a1=2；当n≥2时，an=Sn-Sn-1”和等比数列的通项公式即可得出an；利用等差数列的定义和通项公式即可得出bn．

（Ⅱ）先把所求结论代入求出数列{cn}的通项，再利用数列求和的错位相减法即可求出其各项的和．

试题解析：解（1）由，得

（n≥2）

两式相减得即（n≥2）

又∴｛∵点P(∴∴｛(2)∵∴两式相减得，－－，∴

｝是以2为首项，以2为公比的等比数列 ∴，)在直线x-y+2=0上

－

=2 ∴

=2n-1 +2=“0” 即｝是等差数列，∵

=2+2·

=2+4·

∴

考点：1．数列的求和；2．等比数列；3．数列递推式．

第二篇：河北省张家口市2017-2018学年高一下学期期末考试数学试题(解析版)

张家口市2017～2018学第二学期期末教学质量监测

高一数学

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

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.直线与直线

互相垂直，则实数的值为（）

A.B.2C.-2

D.-1 【答案】A 【解析】 【分析】

利用直线的垂直关系求解即可．

【详解】直线y=﹣2x+3与直线y=kx﹣5互相垂直，可得k=． 故选：A．

【点睛】本题考查直线的垂直关系的应用，属于基础题． 2.设A.【答案】D 【解析】 【分析】

根据题意，利用不等式的基本性质，对各选项中的不等式进行判定即可． 【详解】∵a＞b＞0，c∈R，∴A中，c=0时，a|c|＞b|c|不成立； B中，c=0时，ac＞bc，不成立；

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

C.D.D中，由a＞b＞0，两边同时除以ab，得到＜，∴D成立． 故选：D．

【点睛】不等式的性质及其应用：(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．

(2)在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数，指数函数的性质等．

3.设等差数列的前项和为，若，则等于（）

A.180 B.90 C.72 D.100 【答案】B 【解析】 【分析】

由a4=9，a6=11利用等差数列的性质可得a1+a9=a4+a6=20，代入等差数列的前n项和公式可求． 【详解】∵a4=9，a6=11 由等差数列的性质可得a1+a9=a4+a6=20，故选：B．

【点睛】本题主要考查了等差数列的性质若m+n=p+q，则am+an=ap+aq和数列的求和．解题的关键是利用了等差数列的性质：利用性质可以简化运算，减少计算量． 4.设实数、满足约束条件A.2 B.0 C.-4 D.-2 【答案】A 【解析】 【分析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值． 【详解】作出约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．，则的最大值是（）

由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大．

将A（1，0）的坐标代入目标函数z=2x+y，1+0=2．即z=2x+y的最大值为2． 得z=2×故选：A．

【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.5.若点A.在圆 B.C.的外部，则实数的取值范围是（）D.【答案】B 【解析】 【分析】

根据圆的标准方程，求出圆心和半径，再根据点（1，﹣1）到圆心的距离大于半径，求得m的取值范围．

22【详解】圆x+y﹣x+y+m=0，即

+=﹣m，表示以（，﹣）为圆心、半径等于的圆．

由于点（1，﹣1）在圆外，可得点（1，﹣1）到圆心的距离大于半径，即 故选：B． ＞，求得 0＜m＜，【点睛】本题主要考查圆的标准方程，点与圆的位置关系，两点间的距离公式，属于基础题． 6.等比数列中，，则数列的前8项和等于（）

A.6 B.5 C.4 D.3 【答案】C 【解析】 试题分析：数列的前项和.考点：

1、等比数列；

2、对数运算.7.在中，已知、、分别是角、、的对边，若，则的形状为

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【详解】∵∴由正弦定理可得∴sinAcosA=sinBcosB ∴sin2A=sin2B ∴2A=2B或2A+2B=π ∴A=B或A+B=

∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形 故选：D．

【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.8.设、是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（），利用正弦定理可得，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论． A.若C.若，，则，则

B.若

D.若，，则，则

【答案】C 【解析】 【分析】

分别根据线面平行和线面垂直的性质和定义进行判断即可．

【详解】：A．根据线面平行的性质可知，若l∥α，m⊂α，则l∥m或者l与m是异面直线，所以A错误． B．平行于同一个平面的两条直线，可能平行，可能相交，可能是异面直线，所以B错误． C．根据线面垂直和直线平行的性质可知，若l⊥α，l∥m，则m⊥α，所以C正确．

D．根据线面垂直的判定定理可知，要使直线l⊥α，则必须有l垂直平面α内的两条直线，所以D错误． 故选：C．

【点睛】本题主要考查线面平行和线面垂直的位置关系的判断和应用，要求熟练掌握相应的定义和判断定理．

9.将边长为的正方形（）A.1 B.【答案】A 【解析】

试题分析：设球心为，球的半径为，由D.考点：1.球的切接问题；2.等体积转换.10.已知点A.B.在经过，两点的直线上，则的最小值为（），知，故选 C.D.沿对角线

折成一个直二面角，则四面体的外接球的半径为

C.16

D.不存在

【答案】B 【解析】 【分析】

由点P（x，y）在经过A（3，0）、B（1，1）两点的直线上可求得直线AB的方程，即点P（x，y）的坐标间

xy的关系式，从而用基本不等式可求得2+4的最小值．

【详解】由A（3，0）、B（1，1）可求直线AB的斜率kAB=，∴由点斜式可得直线AB的方程为：x+2y=3．∴2x+4y=2x+22y故选：B．

（当且仅当x=2y=时取“=”）．

【点睛】在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.11.由直线A.B.【答案】A 【解析】

试题分析：圆的圆心为线长的最小值为考点：直线与圆相切问题 12.设、A.C.【答案】D 【解析】

试题分析：直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，化简得，若直线

B.D.与圆

相切，则的取值范围是（），圆心到直线的距离为，所以由勾股定理可知切上的一点向圆 C.1 D.3

引切线，则切线长的最小值为（）

由基本不等式得，令，则，解得.考点：直线与圆的位置关系，基本不等式.【易错点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式的用法.由于直线和圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，根据这个知识点和已知条件，用式子表示出来，化简得到一个等式题目要求的是不等式，所以考虑用基本不等式进行转化，要注意熟练运用基本不等式的变形公式，即.，第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分请将答案写在答题卡相应位置上)13.如果直线【答案】-6.【解析】 【分析】 与直线平行，则实数__________．

根据它们的斜率相等，可得﹣=3，解方程求a的值 【详解】∵直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y=0平行，∴它们的斜率相等，∴﹣=3，∴a=﹣6． 故答案为：-6．

【点睛】本题考查两直线平行的性质，两直线平行，斜率相等． 14.在【答案】 【解析】 【分析】

利用余弦定理结合条件，建立目标量的方程即可.【详解】由余弦定理可得：，又

且，中，已知、、分别是角、、的对边，且，则

__________．

∴故答案为：，解得

【点睛】对于余弦定理一定要熟记两种形式：（1）三角形、三角函数有关的问题时，还要记住15.已知关于的不等式【答案】0.【解析】 【分析】，；（2）.另外，在解与

等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.__________． 的解集为，则利用一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的根的关系即可得出 【详解】∵关于的不等式的解集为，∴﹣1+=，﹣1×=﹣，∴m=﹣1，n=1 ∴m+n=0． 故答案为：0 【点睛】（1）二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现形式。

（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体．有关二次函数的问题，利用数形结合的方法求解，密切联系图象是探求解题思路的有效方法． 16.若数列【答案】【解析】 【分析】 满足：，(注：写成、没标，则数列的通项公式

__________．

均给满分).由【详解】∵，取倒数可得，∴

﹣=2，即可得出．

﹣=2，∴数列是等差数列，等差数列为2．

． ∴=+2（n﹣3）=2n﹣1，解得an=故答案为：

【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．

三、解答题(本大题共6小题，其中17题10分，18～22题每小题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.如图所示，如果一个几何体的正视图与侧视图是全等的长方形，且边长分别是4与2，俯视图是一个边长为4的正方形

（Ⅰ）求该几何体的表面积；（Ⅱ）求该几何体的外接球的体积

【答案】（1）64.（2）.【解析】 【分析】

三视图复原的几何体是底面是正方形的正四棱柱，根据三视图的数据，求出几何体的表面积，求出对角线的长，就是外接球的直径，然后求它的体积即可．

【详解】（Ⅰ）由题意可知，该几何体是长方体，底面是边长为4的正方形，高是2，因此该几何体的表 面积是：，即几何体的表面积是64.（Ⅱ）由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为，球的半径是，所以球的半径因此球的体积

.，所以外接球的体积是

.【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解． 18.在等差数列（Ⅰ）求等差数列（Ⅱ）设【答案】（1）中，且，构成公比不为1的等比数列 的公差；，求数列的前项和

或(舍).（2）【解析】 【分析】.（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式求出an，由等比中项的性质列出方程，求出d的值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）求出an，代入bn=【详解】:（Ⅰ）∵且∴（Ⅱ）∵∴∴，解得

或，..(舍).，化简，由裂项相消法求出数列{bn}的前n项和．

【点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如

(其中

是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如19.在锐角中，已知、、分别是角、、的对边且满足

.或.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若【答案】（1）（2）【解析】 【分析】

（Ⅰ）通过正弦定理把题设等式中的边转化成角的正弦，化简整理求得sinC的值，进而求得C；

22（Ⅱ）先利用面积公式求得ab的值，进而利用余弦定理求得a+b﹣ab，最后联立变形求得a+b的值． 且.的面积为，求的值..【详解】（Ⅰ）由，知，得，∵是锐角，∴.，∴得

，∴

.∴.（Ⅱ）∵由【点睛】（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．

（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意． 20.如图所示，在正方体（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求与平面平面； 所成的角

中，是

上一点，是的中点，平面

【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.【解析】 【分析】

（Ⅱ）利用正方体中的棱与面的关系可得CD⊥平面ADD1A1，进一步得到CD⊥AD1，再结合AD1⊥A1D，运用线面垂直的判定得答案；

（2）由已知MN⊥平面A1DC结合（1）的结论可得AD1与平面ABCD所成的角，就是MN与平面ABCD所成的角，进一步可得∠D1AD即为AD1与平面ABCD所成的角，则答案可求． 【详解】（Ⅰ）由∴.又

是正方体知，为正方形，∴平面(细则：先证（Ⅱ）∵平面

；

.平面，平面，进而得出结论的也是6分)，又由(Ⅰ)知

平面，∴

∴∵显然与平面平面所成的角就是，∴，∴与平面即为

与平面与平面

所成的角，所成的角，所成的角为.(细则：对于不同方法，只要正确的按对应步骤给分)【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.21.（Ⅰ）解关于的不等式a（Ⅱ）已知不等式【答案】（1）见解析.（2）【解析】 【分析】（Ⅰ）方程的两根为

或，分（1）当a＞0时、（2）当a＜0时两种情况，依据 和0的大.；

对一切实数恒成立，求实数的取值范围

小关系，解一元二次不等式求得它的解集；（Ⅱ）利用不等式恒成立，通过二次项的系数是否为0，分类转化求解即可． 【详解】（Ⅰ）∵∴当∴当时，时，∴方程的两根为

或

..，此时不等式的解集为，此时不等式的解集为(细则：解集写不等式的扣1分，写区间不扣分)（Ⅱ）当当当解得时，时，符合题意；当时，需满足.或

.时不合题意，所以

..综上可得，的取值范围是【点睛】（1）解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函 数的图象写出不等式的解集．

（2）解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即判别式的符号进行分类，最后当根存在时，再根据根的大小进行分类． 22.已知圆经过原点（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）在圆上是否存在两点线

关于直线

对称，且以线段

为直径的圆经过原点？若存在,写出直且与直线

相切于点的方程；若不存在，请说明理由

.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析.【解析】 【分析】

（Ⅰ）由已知得圆心经过点P（4，0）、且与y=2x﹣8垂直的直线上，求得圆心C（2，1），半径为，可得圆C的方程．

上，它又在线段OP的中垂线x=2（Ⅱ）假设存在两点M，N关于直线y=kx﹣1对称，则y=kx﹣1通过圆心C（2，1），求得k=1，设直线MN为y=﹣x+b，代入圆的方程，利用韦达定理及 【详解】（Ⅰ）法一：由已知，得圆心在经过点的中垂线上，所以求得圆心，半径为..•

=0，求得b的值，可得结论． 且与

垂直的直线

上，它又在线段所以圆的方程为(细则：法一中圆心3分，半径1分，方程2分)法二：设圆的方程为，可得

解得，所以圆的方程为(细则：方程组中一个方程1分)（Ⅱ）假设存在两点所以设直线为关于直线，则

对称，则

通过圆心，求得，代入圆的方程得设解得这时或，符合题意，所以存在直线的扣1分).为或符合条件

(细则：未判断【点睛】本题主要考查了圆锥曲线的综合应用问题，其中解答中涉及到圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，向量的坐标运算等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把直线的方程和椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答问题的关键

第三篇：北京市清华附中2011-2012学年高一下学期期末考试数学试题

清华附中高一第二学期期末试卷数学

（选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分）

1．下列各角中，是第三象限的角为()

A．480B．2C．720D．450

2.已知角的终边经过点（3，4），则tan

=（）

3344B． C．D．  443

33．样本中共有五个个体，其值分别为a,0,1,2,3.若该样本的平均值为1，则样本方差为()A．

A.662D．2 5

54．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是()

A.3456C.D.18181818

5．设(x1，y1)，(x2，y2)，„，(xn，yn)是变量x和y的n个样本点，直线l是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线(如图)，以下结论中正确的是()

A．直线l在y轴上的截距是回归系数

B．x和y的回归系数在0到1之间

C．当n为偶数时，分布在l两侧的样本点的个数一定相同

D．直线l过点(x，y)

6．用秦九韶算法求多项式f(x)＝3x＋4x＋5x＋6x＋7x＋8x＋1在x＝0.4时的值时，需要做的乘法和加法的次数分别是()

A．6,6B．5,6C．5,5

7．为了得到函数ysin(2xD．6,5 65432

3)的图像，只需把函数

ysin(2x

A向左平移

位 6)的图像()个长度单位B向右平移个长度单44C向左平移个长度单位D向右平移个长度单2

2位

8． 在实数的原有运算法则中，我们补充定义新运算ab,运算原

理如右图所示，则函数f(x)(tan

仍为通常的乘法和减法）()5x)x(lg100x)（x[2,2]）的最大值等于（“•”和“-”

4A．1B．1C．6D．12

一、填空题（本题共6个小题，每小题5分，共30分）

9．函数fxtanx

的单调增区间为4

10．中央电视台青年歌手大奖赛的9位评委为参赛选手甲给出的分数，如

茎叶图所示．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得平均分为

91.复核员在复核时，发现有一个数字(茎叶图中的x)无法看清．若记分

员计算无误，则数字x应该是________．

11．如图，单摆的摆线离开平衡位置的位移S(厘米)和时间t(秒)的函数关系是

S2sin(2t),t[0,)，则摆球往复摆动一次所需要的时间是_____秒．

412．某程序框图如图所示，现输入如下四个函数：f(x)x2，f(x)1，x

f(x)ex，f(x)sinx，则可以输出的函数是.13．已知x1,x2(0,)且x1x2，则下列五个不等式： ①sinx1sinx2xxxx1；②sinx1sinx2；③(sinx1sinx2)sin(12)；④sin1sin2；

x1x22222

2⑤

sinx1sinx2．其中正确的序号是 x1x2

14.设函数f(x)sinx|sinxa|,4若a1时,f(x)的最小值是；若对任意x[0,

2]，f(x)0恒成立，则实数a的取值范围是

二、解答题（本题共6个小题，共80分）

15．(本小题满分13分)若函数yAsin(x)(0,0)在一个周期内的图象如下，则

（1）写出函数的周期；

（2）求函数的解析式；

（3）求函数的单调增区间.16．(本小题满分13分)为了解学生身高情况，某校以10%的比

例对全校700名学生按性别进行分层抽样调查，测得身高情况的统计图如图：

(1)估计该校男生的人数；

(2)估计该校学生身高在170～185cm之间的概率；

(3)从样本中身高在180～190cm之间的男生中任选2人，求至

少有1人身高在185～190cm之间的概率．

17.(本小题满分14分)已知tan2，求

4sin()2cos（1）的值； 5sin3cos()

（2）5sin23sincos2的值.18．(本小题满分13分)从参加高一年级某次模块考试中抽出80名学生，其数学成绩(均为整数)的频率分布直方图如图所示．

(1)估计这次测试数学成绩的平均分；

(2)假设在[90,100]段的学生的数学成绩都不相同，且都在96分以上．现用简单随机抽样的方法，从94,95,96,97,98,99这6个数中任取2个数，求这两个数恰好是在[90,100]段的两个学生的数学成绩的概率．

19．(本小题满分13分)已知b,cR,f(x)xbxc，对任意,R，都有f(sin)0,f(2cos)0

（1）求f(1)的值；

（2）证明：c3；

（3）设f(sin)的最大值10，求f(x).20．(本小题满分14分)已知函数f(x)，如果存在给定的实数对（a,b），使得对f(x)，f(ax),f(ax)有定义的所有x都有f(ax)f(ax)b恒成立，则称f(x)为“п-函数”.2

（Ⅰ）判断函数f1(x)2sinx,f2(x)lnx是否是“п-函数”；

（Ⅱ）若f3(x)tanx是一个“п-函数”，求出所有满足条件的有序实数对(a,b)(参考公式tan()tantan

1tantan，tan()tantan

1tantan)；

（Ⅲ）若定义域为R的函数f(x)是“п-函数”，且存在满足条件的有序实数对(0,1)和(1,2).当x(0,1]时，f(x)的值域为[1,2]，求当x[2012,2012]时函数f(x)的值域.

第四篇：江苏省海安中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题创新班解析

2017～2018第二学期期中学业质量监测

高一创新班数学试卷

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．

1.已知集合【答案】[1，2] 【解析】分析：根据一元二次不等式，求解集合，再利用补集的运算即可求解详解：由集合所以，即

．

或，．，则

______.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． 2.设数是虚数单位，若复数满足的模=______.，则复【答案】1 【解析】分析：利用复数的运算法则，以及模的计算公式，即可求解． 详解：由，则，所以

．

点睛：本题主要考查了复数的运算法则和复数模的计算，其中熟记复数的运算公式和模的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 3.函数的定义域为______.【答案】

【解析】分析：根据函数的解析式，得到解析式有意义所满足的条件，即可求解函数的定义域． 详解：由函数可知，实数满足即函数的定义域为，即．，解得，点睛：本题主要考查了函数的定义域的求解，其中根据函数的解析式得到满足条件的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． 4.若【答案】，则的值为______.【解析】分析：根据三角函数的诱导公式，即可求解对应的函数值． 详解：由则，．

点睛：本题主要考查了三角函数的诱导公式的应用问题，其中熟记三角函数的诱导公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 5.已知【答案】

【解析】分析：利用两角和与差的正切函数公式，即可化简求值． 详解：由，且，则的值为______.则．

点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中把角转化为式是解答的关键，着重考查了转化意识和推理、运算能力． 6.已知双曲线同，则双曲线的方程为______.【答案】，易得，再由抛物线的一条渐近线方程是y＝

和熟记两角和与差的正切公

x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相【解析】分析：先由双曲线的渐近线方程为双曲线的焦点为，可得，最后根据双曲线的性质列出方程组，即可求解，得，得，的值，得到双曲线的方程．

详解：由双曲线的渐近线方程为因为抛物线又由的焦点坐标为，联立可得，所以双曲线的方程为．

点睛：本题主要考查了双曲线和抛物线的标准方程及其几何性质的应用，其中熟记圆锥曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

7.由0，1，2，3，4，5这6个数字共可以组成______.个没有重复数字的四位偶数． 【答案】156 【解析】分析：可分当末位为和末位不为两种情况分类讨论，再根据分类计数原理求得结果． 详解：可分为两类：（1）当末位为时，可以组成个；

（2）当末位是或时，则首位有四种选法，中间可以从剩余的个数字选取两个，共可以组成种，个没有重复数字的四位偶数． 由分类计数原理可得，共可以组成点睛：本题主要考查了排列、组合及简单的计数原理的应用，着重考查了分类的数学思想方法，对于数字问题是排列中常见到的问题，条件变换多样，把排列问题包含数字问题时，解答的关键是看清题目的实质，注意数列字的双重限制，即可在最后一位构成偶数，由不能放在首位． 8.用数学归纳法证明：“

…

即，其中，且

”时，第一步需验证的不等式为：“______.” 【答案】

时，时，即可得到第一步需要验证的不等式．，所以第一步需验证的不等式为“

”． 【解析】分析：由题意详解：由题意可知，当点睛：本题主要考查了数学归纳法的应用，其中熟记数学归纳法的基本步骤是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力． 9.已知函数【答案】

和的图象，即可求出参数的取值范有且只有一个零点，则实数b的取值范围是______.【解析】分析：函数有零点是函数图象的交点，利用函数围．

详解：由题意，函数即函数和

有一个零点，的图象只有一个交点，与半圆相切的直线方程为，如图所示，直线又过点的直线为所以满足条件的的取值范围是或，即．

点睛：本题主要考查了函数零点的应用问题，其中解答中把函数有零点转化为函数图象得交点是解答的关键，着重考查了转化与化归思想和数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力． 9x，12y，15z成等比数列，10.设x，y，z均是不为0的实数，且，成等差数列，则【答案】 的值是______.【解析】试题分析：由于列，成等比数列，得，又因为成等差数，.考点：等差数列和等比数列的性质.11.设满足约束条件

则目标函数的取值范围为______.【答案】 ,因此当时

时

过点【解析】试题分析：可行域为一个三角形ABC及其内部，其中C时，取最大值1，当的取值范围为考点：线性规划

12.如图，在△ABC中，边BC的四等分点依次为D，E，F．若 时

与直线

相切时取最小值，当，综上目标函数，则AE的长为______.【答案】 【解析】分析：用，从而得到详解：因为所以所以因为所以所以所以所以，所以，所以，即

．，所以，, 和的长． ，表示出

得出，在根据

和的关系计算点睛： 本题考查了平面向量的基本定理，及平面向量的数量积的运算问题，对于平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式、向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决． 13.设函数在上存在导数,对任意的有,且在上

.若,则实数的取值范围______.【答案】【解析】令性质知：

，所以在R上上递增.，则

为奇函数.时，由奇函数则实数的取值范围是点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如，构造

构造等，构造，构造14.设【答案】是三个正实数，且．，则的最大值为______.【解析】分析：由已知条件可得是方程式，即可求解． 详解：由所以是方程，所以的正根，所以，的正根，求出，打入变形化简利用基本不等，所以，当且仅当等号成立，所以的最小值为．

学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...二．解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

15.如图，在正三棱柱证：（1）直线（2）直线∥平面平面； ．

中，已知，分别为，的中点，点在棱

上，且

．求 【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要利用平几知识，如本题利用平行四边形性质：连结是平行四边形，进而证得四边形

是平行四边形，即得，可先证得四边形，（2）证明线面垂直，一般利用线面垂

平面，直判定与性质定理，经多次转化论证，而在寻找线线垂直时，不仅可利用线面垂直转化，如由得，而且需注意利用平几中垂直条件，如本题中利用正三角形性质得

试题解析：

（1）连结所以所以四边形所以所以所以四边形所以所以直线，因为，分别为且，的中点，是平行四边形，…………………2分 且且，又，是平行四边形，…………………4分，又因为平面，且，．…………………………………………………7分

中，的中点，所以，……………9分

平面，（2）在正三棱柱又又又所以又又所以直线平面，所以是正三角形，且为平面平面平面，平面，，所以平面，……………………………………11分，．…………………………………………………14分

考点：线面平行判定定理，线面垂直判定与性质定理 【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.16.已知向量（1）求角的大小；

（2）若BC=2，求△ABC面积的最大值，并判断S取得最大值时△ABC的形状.【答案】（1）（2）△ABC的面积最大值，得,等边三角形.，利用三角恒等变换的公式，求解，与

共线，其中A是△ABC的内角．

【解析】分析：（1）由进而求解角的大小；（2）由余弦定理，得

和三角形的面积公式，利用基本不等式求得，即可判定当时面积最大，得到三角形形状． 详解：（1）因为m//n,所以所以即 因为故., 所以，.，（当且仅当..又，故此时△ABC为等边三角形

时等号成立）

.，即

.，（2）由余弦定理，得

又

而所以当△ABC的面积取最大值时，点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.17.已知椭圆：（1）求椭圆的方程；

（2）设点是椭圆上的一个动点，且点在轴的右侧，直线径的圆与轴交于【答案】（1），求点横坐标的取值范围及（2）的最大值．

与直线

交于

两点，若以

为直（）的离心率为，椭圆与轴交于

两点，且

．

试题解析：（1）由题意可得，，得（2）设所以，解得，椭圆的标准方程为，，.，直线的方程为，同理得直线的方程为，直线与直线的交点为，直线与直线的交点为，线段的中点，所以圆的方程为，令，则，因为，所以，所以，因为这个圆与轴相交,该方程有两个不同的实数解，所以，解得．

设交点坐标，则（），所以该圆被轴截得的弦长为最大值为2． 考点：直线与圆位置关系，两直线交点

18.如图，一个角形海湾AOB，∠AOB＝2θ（常数θ为锐角）．拟用长度为l（l为常数）的围网围成一个养殖区，有以下两种方案可供选择：

方案一

如图1，围成扇形养殖区OPQ，其中

＝l；

方案二

如图2，围成三角形养殖区OCD，其中CD＝l；

（1）求方案一中养殖区的面积S1 ；（2）求证：方案二中养殖区的最大面积S2＝

；

（3）为使养殖区的面积最大，应选择何种方案？并说明理由．

【答案】（1）（2）见解析（3）为使养殖区面积最大，应选择方案一． 【解析】分析：（1）设（2）设；

（3）由（1）（2）得得，作出相应的选择．，令，求得，求得函数的单调性，得，利用弧长公式得，再利用扇形的面积公式，即可求解；，再利用三角形的面积公式，即可证得，由余弦定理和基本不等式得详解：解：（1）设OP＝r，则l＝r·2θ，即r＝，所以 S1＝lr＝，θ∈(0，)．

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

所以ab≤，当且仅当a＝b时“＝”成立．

＝，即S2＝

．

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

．

令f(θ)＝tanθ－θ，则f (θ)＝(当θ∈(0，)时，f (θ)＞0，所以f(θ)在[0，)上单调增，所以，当θ∈(0，)，总有f(θ)＞f(0)＝0．所以－＞0，得S1＞S2．

答：为使养殖区面积最大，应选择方案一．(没有作答扣一分)点睛：本题主要考查了扇形的弧长公式和扇形的面积公式，及导数在函数中的综合应用，其中正确理解题意，利用扇形的弧长公式和面积公式建立函数关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力． 19.已知函数（1）设①若②若（2）设，求在． 在处的切线过点(1，0)，求的值；

上的最大值； 两处取得极值，求证：或②0（2）见解析，不同时成立．

(a > 0，b，c)．

在区间，【答案】（1）①【解析】（1）根据题意，在①中，利用导数的几何意义求出切线方程，再将点代入即求出的值，在②中，通过函数的导数来研究其单调性，并求出其极值，再比较端点值，从而求出最大值；（2）由题意可采用反证法进行证明，假设问题成立，再利用函数的导数来判断函数的单调性，证明其结果与假设产生矛盾，从而问题可得证.试题解析：（1）当①若从而故曲线在，则，处的切线方程为

时，..将点解得②若代入上式并整理得或，则令，则当时，.，解得，或.（ⅰ）若所以从而为区间上的增函数，.的最大值为，列表：（ii）若

所以综上，的最大值为.的最大值为0.，使得.的两个极值点，（2）假设存在实数不妨设因为所以因为故从而，所以当为区间，则为

与同时成立..时，上的减函数，这与

矛盾，故假设不成立.既不存在实数，，使得，同时成立.点睛：此题主要考查了有关函数导数的几何意义、以及导数在判断函数单调性、求函数的最值等方面的知识和运算技能，属于中高档题型，也是高频考点.利用导数求函数单调区间的一般步骤：1.确定函数的定义域；2.求导数；3.在函数的定义域内解不等式确定函数的单调区间.20.已知是数列（1）求数列的前n项和，且

．

和；4.根据3的结果的通项公式；（2）对于正整数（3）设数列，已知成等差数列，求正整数的值；

前n项和是，且满足：对任意的正整数n，都有等式

成立.求满足等式的所有正整数n.【答案】（1）（2）（3）1和3.【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等比数列定义判断，最后根据等比数列通项公式求结果，（2）根据等差数列化简得质确定不定方程正整数解，（3）先根据定义求数列，再根据正整数限制条件以及指数性

通项公式，再根据等差数列求和公式求，根据数列相邻项关系确定递减，最后根据单调性求正整数解.试题解析：（1）由.，所以，则，所以数列

是首项为公比

得，两式作差得，即

为的等比数列，所以（2）由题意所以所以，所以（3）由

所以所以又因为，其中，即，，；，，，即

；

得，，，得，所以，从而，当时；当时；当时；

下面证明：对任意正整数都有，当时，即，所以当时，递减，所以对任意正整数都有；

综上可得，满足等式

的正整数的值为和.

第五篇：陕西省西安市第一中学2013-2014学年高一下学期期末考试数学试题Word版含答案

西安市第一中学

2013-2014学第二学期期末

高一数学试题

一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）

1.函数ytan2x的周期是()A.

2B.C.2D.4

2．在下列向量组中,能作为表示它们所在平面内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.函数y＝3sin(2x＋

3)的图象，可由y＝sinx的图象经过下述哪种变换而得到:（A.向右平移

13个单位，横坐标缩小到原来的2倍，纵坐标扩大到原来的3倍

B.向左平移3个单位，横坐标缩小到原来的1

2倍，纵坐标扩大到原来的3倍

C．向右平移

6个单位，横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标缩小到原来的1

3倍

D．向左平移6个单位，横坐标缩小到原来的11

2倍，纵坐标缩小到原来的3倍

4.在△ABC中，ABc，ACb．若点D满足BD2DC，则AD（）

A

B

C

D



5.以下给出了4个命题：()

（1）两个长度相等的向量一定相等；

（2）相等的向量起点必相同；

（3）若abac，且a0，则bc；

（4）若向量a的模小于b的模，则ab.其中正确命题的个数共有

Ａ．3 个Ｂ．2个Ｃ．1个Ｄ．0个

6.函数ycos(2x

2)的图像的一条对称轴的方程为()A.x

2B.x8C.x

4D.x

7．已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是

()）

A．2B．2C．2sin1D．sin

2sin1

π

8.函数y =sin2x的单调增区间是（）

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为第三象限角，则cos的值为（）

A．1m2B.m2C.m21D.m2

1

10.化简2cos2sin21cos2

cos2的结果为()

A.tanB.tan2C.cot2D.1

二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）

11.sin

256cos253tan(25)12.已知AB(2,1),AC(4,1),则BC__________

13.比较大小：sin3227

5____sin

14.已知向量a与b的夹角为120，且a4,b2,则ab_________

15.关于函数f(x)2sin(3x

34)，有下列命题：①其最小正周期是

2

3；②其图象可由y2sin3x的图象向左平移

个单位得到；③其表达式可改写为y2cos(3x)；④在x[





2，512

]上为增函数．其中正确的命题的序号是：

三、解答题（本题共5小题，共50分.每题10分）16．已知点A(1,1),B(2,3),C(3,2),D(x,y)（1）若DADB

DC0

（2）设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)

设(0,),f()



求的值.20.已知函数f(x)Asin(x),xR其中(A0,0,0图像上一个最高点为M

)的周期为，且

,2.6

（1）求f(x)的解析式；

(2）当x

,时，求f(x)的值域.122

2013-2014学第二学期期末

高一数学参考答案

二、填空题

11.012.(-6,2)13.>14.-415.①④

三、解答题 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)由题意可知2,A2f(x)2sin(2x)

又因为过（2）

,2.则f(x)2sin(2x)；

66

x









2x





71

则sin(2x)1所以f(x)1,2.6，26