湖南省益阳市第六中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 16页

www.ks5u.com 益阳市六中2019年上学期高一数学期末考试试卷 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.‎ ‎1.已知集合A＝｛x｜0≤x≤3｝，B＝｛xR｜－2＜x＜2｝则A∩B=( )‎ A. {0,1} B. {1} C. [0,1] D. [0,2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可解出集合A，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】A＝{0，1，2，3}，B＝{x∈R|﹣2＜x＜2}；‎ ‎∴A∩B＝{0，1}．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查交集的运算，是基础题，注意A中x.‎ ‎2.若函数，则（ ）‎ A. 9 B. 1 C. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的解析式即可求出，进而求出的值．‎ ‎【详解】∵，∴，‎ 故，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的概念，以及已知函数求值的方法，属于基础题.‎ ‎3.过点且与直线平行的直线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意设所求直线为：，再由直线过点，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为所求直线与直线平行，因此，可设所求直线为：，‎ 又所求直线过点，‎ 所以，解得，‎ 所求直线方程为：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线方程的常见形式即可，属于基础题型.‎ ‎4.圆，那么与圆有相同的圆心，且经过点的圆的方程是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 圆的标准方程为，圆心，故排除、，‎ 代入点，只有项经过此点，也可以设出要求的圆的方程：，再代入点，可以求得圆的半径，为 ．‎ 故选．‎ 点睛：这个题目主要考查圆的标准方程，因为这是一道选择题，故根据与条件中的圆的方程可以得到圆心坐标，进而可以排除几个选项，如果正规方法，就可以按照已知圆心，写出标准方程，代入已知点求出标准方程即可。‎ ‎5.已知等差数列，若，则的前7项的和是（ ）‎ A. 112 B. 51 C. 28 D. 18‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由等差数列的通项公式结合题意有：，‎ 求解关于首项、公差的方程组可得：，‎ 则数列的前7项和为：.‎ 本题选择C选项.‎ ‎6.已知，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用中间量比较，运用中间量比较 ‎【详解】则．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．‎ ‎7.将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的值为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎，向左平移个单位得到函数=，故 ‎8.已知圆锥的高为3，它的底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图：‎ 设球心到底面圆心的距离为，则球的半径为，由勾股定理得 解得，故半径，‎ 故选 ‎9.设a，b，c为的内角所对的边，若，且，那么外接圆的半径为　　‎ A. 1 B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 得b2+c2-a2=bc．利用余弦定理，可得A= ．再利用正弦定理可得 2R= ，可得R.‎ ‎【详解】∵ ,∴,‎ 整理得b2+c2-a2=bc，‎ 根据余弦定理cosA= ，可得cosA=‎ ‎∵A∈（0，π），∴A=‎ 由正弦定理可得2R== ,解得R=1，故选：A ‎【点睛】已知三边关系，可转化为接近余弦定理的形式，直接运用余弦定理理解三角形，注意整体代入思想.‎ ‎10.已知函数是奇函数，若，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得m的值，然后结合函数的性质求解不等式即可.‎ ‎【详解】函数为奇函数，则恒成立，‎ 即恒成立，整理可得：，‎ 据此可得：，即恒成立，‎ 据此可得：.函数的解析式为：，‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立，故奇函数是定义域内的单调递增函数，‎ 不等式即，‎ 据此有：，由函数的单调性可得：，‎ 求解不等式可得的取值范围是.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．‎ ‎11.不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）‎ A. 或 B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不等式的解集为,‎ ‎ 的两根为，，且，‎ 即,解得 则不等式可化为 解得 故选 ‎12.已知数列{an}为等差数列，,=1，若，则＝( )‎ A. -22019 B. 22020 C. -22017 D. 22018‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质和函数的性质即可求出.‎ ‎【详解】由题知 ‎∵数列{an}为等差数列，an≠1（n∈N*），a1+a2019＝1，‎ ‎∴a1+a2019＝a2+a2018＝a3+a2017＝…＝a1009+a1011a1010=1,‎ ‎∴a1010‎ ‎∴f（a1）×f（a2）×…×f（a2019）＝41009×（﹣2）＝﹣22019．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质和函数的性质，考查了运算能力和转化能力，属于中档题，注意：若{an}为等差数列，且m+n=p+q,则 ，性质的应用.‎ 二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量，且，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由向量共线，求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，且，‎ 所以，解得，‎ 所以，因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量共线的坐标表示，以及向量模的坐标表示即可，属于基础题型.‎ ‎14.若，则=_________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由二倍角公式求得，再由诱导公式得结论．‎ 详解：由已知，‎ ‎∴．‎ 故答案为．‎ 点睛：三角函数恒等变形中，公式很多，如诱导公式、同角关系，两角和与差的正弦（余弦、正切）公式、二倍角公式，先选用哪个公式后选用哪个公式在解题中尤其重要，但其中最重要的是“角”的变换，要分析出已知角与未知角之间的关系，通过这个关系都能选用恰当的公式．‎ ‎15.已知等差数列的前项和为，若，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，求出，再由等差数列的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为等差数列的前项和为，若，‎ 则，所以，‎ 因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质的应用，熟记等差数列的求和公式，以及等差数列的性质即可，属于常考题型.‎ ‎16.【吉林省长春市普通高中2018届高三质量监测（三）】已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值 ________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图建立平面直角坐标系，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 当sin时，得到最小值为，故选。‎ 三、解答题：本大题共6小题,17题满分为10分，其余小题满分为12分，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知为锐角，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由二倍角公式，结合题意，可直接求出结果；‎ ‎（2）先由题意求出，，‎ 根据，由两角差的正弦公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以；‎ ‎（2）因为为锐角，所以，，‎ 又，所以，‎ ‎，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记二倍角公式，以及两角差的正弦公式即可，属于常考题型.‎ ‎18.如图，在三棱锥中，⊥底面，是的中点．‎ 已知，，，.求：‎ ‎(1)三棱锥P-ABC的体积；‎ ‎(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ 分析：(1)由题意结合三棱锥的体积公式可得三棱锥的体积为；‎ ‎(2)取PB的中点E，连接DE，AE，则∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．结合余弦定理计算可得异面直线BC与AD所成角的余弦值为.‎ 详解：‎ ‎(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥PABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.‎ ‎(2)取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，‎ 所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.‎ 故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.‎ 点睛：本题主要考查三棱锥的体积公式，异面直线所成的角等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎19.在中，三个内角所对的边分别为，满足.‎ ‎（1） 求角的大小；‎ ‎（2） 若，求，的值.（其中）‎ ‎【答案】（1）；（2）4，6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，求出的值，即可确定出的度数；（2）根据平面向量数量积的运算法则计算得到一个等式，记作①，把的度数代入求出的值,记作②,然后利用余弦定理表示出，把及的值代入求出的值，利用完全平方公式表示出，把相应的值代入，开方求出的值,由②③可知与为一个一元二次方程的两个解,求出方程的解,根据大于，可得出，的值.‎ ‎【详解】（1）已知等式，‎ 利用正弦定理化简得，‎ 整理得，‎ 即，‎ ‎ ，‎ 则.‎ ‎（2）由，得， ①‎ 又由（1） ，②‎ 由余弦定理得，‎ 将及①代入得， ‎ ‎，‎ ‎，③‎ 由②③可知与为一个一元二次方程的两个根，‎ 解此方程，并由大于，可得.‎ ‎【点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.‎ ‎20.已知函数 .‎ ‎（1）求的最小正周期及单调递增区间；‎ ‎（2）求在区间上的最大值和最小值．‎ ‎【答案】（1）；单调递增区间为：；（2）最大值；最小值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将函数化简整理，得到，由得到最小正周期；根据正弦函数的对称轴，即可列式，求出对称轴；‎ ‎（2）先由，得到，根据正弦函数的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为 ‎，‎ 所以最小正周期为：；‎ 由得，‎ 即单调递增区间是：；‎ ‎（2）因为，所以，‎ 因此，‎ 当即时，取最小值；‎ 当即时，取最大值；‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦型三角函数周期、对称轴，以及给定区间的最值问题，熟记正弦函数的性质，以及辅助角公式即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知等比数列的公比是的等差中项，数列的前项和为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意，列出方程组，求出首项与公比，即可得出通项公式；‎ ‎（2）根据题意，求出，再由（1）的结果，得到，利用错位相减法，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为等比数列的公比，，是的等差中项，‎ 所以，即，解得，‎ 因此，；‎ ‎（2）因为数列的前项和为，‎ 所以，（）‎ 又当也满足上式，所以，；‎ 由（1），；‎ 所以其前项和①‎ 因此②‎ ‎①式减去②式可得： ，‎ 因此.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合应用，以及错位相减法求数列的和，熟记等差数列与等比数列的通项公式以及求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎22.如图所示，经过村庄有两条夹角为公路，根据规划要在两条公路之间的区域内修建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库（异于村庄），要求（单位：千米），记.‎ ‎（1）将用含的关系式表示出来；‎ ‎（2）如何设计（即为多长时），使得工厂产生的噪声对居民影响最小（即工厂与村庄的距离最大）？‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理，得到，进而可求出结果；‎ ‎（2）由余弦定理，得到，结合题中数据，得到， 取最大值时，噪声对居民影响最小，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，在中，由正弦定理可得：，‎ 所以，；‎ ‎（2）由题意，由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 又由（1）可得，所以，‎ 当且仅当，即时，取得最大值，工厂产生的噪声对居民影响最小，此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理的应用，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎