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云南省红河州弥勒市一中2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:99101 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:17 大小:1.35MB
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资源描述

1、云南省红河州弥勒市一中2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)(本试卷分为第卷和第卷两个部分,满分150分,考试用时120分钟)注意事项:1、答卷前,考生务必将自己的相关信息填写在答题卡相应的位置上.2、作答时,需将答案书写在答题卡上,写在试卷、草稿纸上均无效.3、考试结束后请将答题卡交回.第卷(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.设集合,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别化简集合与集合,再求交集,即可得出结果.【详解】因为,所以.故选B【点睛】本题主要考查

2、集合的交集,熟记概念即可,属于常考题型.2.在等差数列中,则( )A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据等差中项性质求得,进而得到;利用求得结果.【详解】由题意知: 本题正确选项:【点睛】本题考查等差数列性质和通项公式的应用,属于基础题.3.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图,得出该几何体底面为直角三角形的三棱锥,且侧棱垂直于底面,求出它的体积即可【详解】由三视图可知,该三棱锥如下图所示PABC,体积V故选B【点睛】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题,也考查了空间想象能力与计算能力,是基础

3、题目4.若,则实数,的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出a,b,c的范围,再比较大小即得解.【详解】由题得,所以abc.故选A【点睛】本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用,考查实数大小的比较,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.函数的零点所在的区间是( )A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的性质可得而且,利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上单调递增且连续,而,即,所以,函数的零点所在的区间是,故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用,属于中档题.应用零点存在定理解题时,要注意两点:(1)

4、函数是否为单调函数;(2)函数是否连续.6.要得到函数的图象,只需将函数的图象()A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C 向左平移个单位D. 向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】利用左加右减的平移原则可对ABCD四个选项逐一排查,如A选项中=2x,即可得到答案【详解】=cos2x=cos(2x-);=-cos2x;=cos(2x+);可排除A、B、C;故选D【点睛】本题考查函数y=Asin(x+)的图象变换,关键是掌握左加右减的平移原则及平移单位,属于中档题7.长方体中的8个顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用长方体的体对角线

5、为其外接球的直径计算即可得到答案.【详解】由已知,所以长方体的外接球半径,故外接球的表面积为.故选:B【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积,考查学生的空间想象能力、数学运算能力,是一道容易题.8.如图所示,已知,则下列等式中成立的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据向量减法运算,将向量和转化为以为起点向量,可得答案.【详解】因为,所以,所以,即.故选:A.【点睛】本题考查了向量减法运算,属于基础题.9.若,且,则的最小值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】分析】由展开,再利用基本不等式即可求得最小值.【详解】因为,所以.因为,所以,.所以,当且仅

6、当,即时等号成立.所以,即的最小值为.【点睛】本题考查由基本不等式求最值,考查了1的妙用,属于基础题.10.若不等式对一切实数都成立,则实数的取值范围为( )A. 或B. 或C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得出,由此求出的取值范围.【详解】解:显然a=0,不等式不恒成立,所以不等式对一切实数都成立,则,即,解得,所以实数的取值范围是.故选C.【点睛】本题主要考查了利用判别式解决一元二次不等式恒成立问题,是基础题.11.在中,已知,如果有两组解,则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】已知,若有两组解,则,可解得的取值范围.【详解】由已知可得,则,解得

7、.故选A.【点睛】本题考查已知两边及其中一边的对角,用正弦定理解三角形时解的个数的判断.若中,已知且为锐角,若,则无解;若或,则有一解;若,则有两解.12.函数在上是减函数,则a的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意,此分段函数是一个减函数,故一次函数系数为负,且在分段点处,函数值应是右侧小于等于左侧,由此得相关不等式,即可求解【详解】解:依题意,解得,故选B【点睛】本题考查函数单调性的性质,熟知一些基本函数的单调性是正确解对本题的关键,本题中有一易错点,忘记验证分段点处函数值的大小验证,做题时要注意考虑完全第卷(非选择题,共90分)二、填空题(本题共4小题

8、,每小题5分,共20分;将正确答案填写在相应的横线上)13.已知实数,满足约束条件,求目标函数的最小值_.【答案】-1【解析】【分析】首先画出约束条件的可行域,再求出可行域中各交点的坐标,即可求出目标函数的最小值【详解】由实数,满足约束条件可得如图可行域:得到可行域为,点, ,由图可得目标函数过可行域内的点时的值最小,所以目标函数的最小值为-1【点睛】本题主要考查线性规划问题,借助于平面区域特征,用几何方法处理代数问题,体现了数形结合思想、化归思想,属于基础题14.已知向量与的夹角为,则_.【答案】【解析】【分析】根据向量模的运算可得,即可求解的值,得到答案.【详解】由题意,向量与的夹角为,则

9、,所以.【点睛】本题主要考查了向量的运算,以及向量的数量积的运算,其中解答中熟记向量模的运算,以及向量的数量积的运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.15.直线与圆相交于两点,若,则实数的取值范围是 _【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长,结合弦长的范围,即可求出的范围.【详解】因为圆:,直线:,而,则,解得:,所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题,以及圆的性质,属于基础题.16.定义在R上的奇函数满足,且在区间上,则函数的零点的个数为_【答案】5【解析】【分析】由图分析画出与在同一个坐标系的图像,即可求解【详解】由题知函数的周

10、期为4,又函数为奇函数,即故f(x)关于(2,0)中心对称,又g(x)=为偶函数,则画出f(x)与g(x)在同一个坐标系的图像如图所示:故交点有5个故答案为5【点睛】本题考查函数与方程,明确函数f(x)的周期性奇偶性,准确画出图像是关键,是基础题三、解答题(第17题10分,其余每题12分,共70分,解答应写出证明过程或演算步骤)17.已知 是公差不为零的等差数列, ,且, ,成等比数列(1)求 的通项公式;(2)设,求数列 的前 项和.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)先设的公差为,由, ,成等比数列,求出,再由,求出首项和公差,即可得出结果;(2)根据(1)的结果,得到,用裂项相

11、消法,即可得出结果.【详解】解:(1)设的公差为,因为, ,成等比数列,可得,所以,又 解得,(2)【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式、以及数列的求和,熟记等差数列的通项公式、以及裂项相消法求数列的和即可,属于常考题型.18.已知函数的部分图象如图所示.求函数的解析式,并求出的单调递增区间:求出在上的值域.【答案】;递增区间为;.【解析】【分析】由函数图象得到半周期,进一步求得周期,再利用周期公式求的值,再由,结合的范围求得的值,进而求出函数解析式,进而得到函数的单调递增区间;根据的取值范围算出角的范围,进而求出值域即可.【详解】解:设函数的周期为,由图可知,即,上式中代入,有,得,.即

12、,.又,令,解得即的递增区间为.,.的值域为【点睛】本题考查由的部分图象确定解析式,考查正弦型函数的递增区间的求法和值域的求法,属于中档题.19.在中,角,的对边分别为,已知(1)求的值;(2)若,的面积为,求,的值【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)正弦定理边化角,整理化简得到的值.(2)根据面积公式得到的关系,由余弦定理得到的关系,解出和的值.【详解】(1)因为,所以由正弦定理可得,又因所以,化简可得,即,所以,所以(2)因为的面积为,所以,即,又,所以由余弦定理得,所以,结合.可得【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形,三角形面积公式,属于简单题.20.在四棱锥P-ABC

13、D中,底面ABCD是梯形,ABDC,ADDC,AB=AD=2,DC=3,平面PDC平面ABCD,E在棱PC上且PE=2EC()证明:BE平面PAD;(1)若PDC是正三角形,求三棱锥P-DBE的体积【答案】(1) 见证明;(2) 【解析】【分析】(1) 作EFDC交PD于点F,连接AF,利用PE=2EC可得FE=2,再利用ABDC即可证得四边形ABEF为平行四边形,问题得证(2)利用平面PDC平面ABCD及ADDC即可证得:AD平面PDC,利用体积转化可得:,再利用锥体体积计算公式即可得解【详解】(1)证明:作EFDC交PD于点F,连接AF,因为E在棱PC上且PE=2EC,所以FE=DC=2,

14、又因为ABDC,AB=2,所以ABFE,且AB=FE,所以四边形ABEF为平行四边形,从而有AFBE又因为BE平面PAD,AF平面PAD,所以BE平面PAD(2)因为平面PDC平面ABCD,且交线为DC,ADDC,AD平面ABCD所以AD平面PDC.因为PE=2EC所以即三棱锥P-DBE的体积为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明,还考查了面面垂直的性质,考查转化能力及锥体体积计算公式,属于中档题21.已知函数是奇函数,且当时,(1)求函数的表达式(2)求不等式的解集【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)求出函数x0的解析式,即得解;(2)分三种情况解不等式最后综合得解.【详解】解:(1

15、)根据题意,函数是奇函数,则,当时,则,又由函数为奇函数,则,则,(2)根据题意,当时,此时即,解可得,此时不等式的解集为,当时,成立;此时不等式的解集为,当时,此时即,解可得,此时不等式的解集为,综合可得:不等式的解集或【点睛】本题主要考查函数解析式的求法,考查分类讨论解不等式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知圆,过点的直线与圆相交于不同的两点,.(I)判断是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.()若,求直线的方程.【答案】(I)见解析.()或.【解析】【分析】(I)当直线的斜率不存在时可得定值,当直线的斜率存在时,设直线方程,将直线方程与圆的方程联立,写出韦达定理,利用向量的数量积的坐标运算进行计算即可得到定值;()利用(I)的韦达定理进行数量积的坐标运算,可得方程.【详解】(I)当直线与轴垂直时(斜率不存在),的坐标分别为,此时.当直线与轴不垂直时,设的斜率为,直线的方程为.设,联立消去得,则有,.又,所以.综上,为定值5.().所以直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查韦达定理,数量积的坐标运算,考查计算能力,属于中档题.

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