2019-2020学年高一数学下学期期末结业考试试题 理(含解析).doc

2019-2020学年高一数学下学期期末结业考试试题 理(含解析)一、本卷共12题，每题5分，共60分，在每题后面所给的四个选项中，只有一个是正确的1. 已知全集，则集合（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，所以， ，故选D.考点：1、集合的表示；2、集合的并集及集合的补集.2. 下列函数中，既是偶函数又在区间内单调递减的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】和为非奇非偶函数，而在内递增，故选.3. 若，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由两边同时平方，从而利用可以实现角的弦切互化，从而求得答案.【详解】由两边同时平方，可得， ，解得.故选：D.【点睛】在三角函数式的求值与化简中，要注意寻找式子中的角，函数式子的特点和联系，可以切化弦，约分或抵消，减少函数种类，对式子进行化简4. 已知向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】,则 故答案为:A.5. 在等差数列中，且，则的值（）A. 3 B. 6 C. 9 D. 12【答案】B【解析】【分析】由已知结合等差数列的性质可得，则答案可求.【详解】在等差数列中，且，得，即，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列的性质，是基础的计算题，等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量.6. 设是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】C【解析】试题分析：此题只要举出反例即可，A,B中由可得,则,可以为任意角度的两平面,A,B均错误.C,D中由可得，则有,故C正确，D错误.考点：线，面位置关系.7. 已知，则、的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】=，=，1，cba故选：D点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据函数的部分图像可得，则.，则.，即函数.将函数的图像向左平移个单位长度后，所得图像与函数的图像重合故选A.点睛：本题主要通过已知三角函数的图象求解析式考查三角函数的性质与变换，属于中档题.利用最值求出 ,利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求是解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键，由特殊点求时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点， 用五点法求值时，往往以寻找“五点法”中的第一个点为突破口，“第一点”(即图象上升时与轴的交点) 时；“第二点”(即图象的“峰点”) 时；“第三点”(即图象下降时与轴的交点) 时；“第四点”(即图象的“谷点”) 时；“第五点”时.9. 已知动点满足：，则的最小值为（ ）A. B. C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的性质，由可得，即，从而作出不等式组表示的平面区域，设，进一步得到，从而根据平面区域求以为圆心的圆的半径的最小值即得到的最小值.【详解】根据指数函数的性质，由可得，即，动点满足：，该不等式组表示的平面区域如图：设， ，表示以为圆心的圆的半径，由图形可以看出，当圆与直线相切时半径最小，则，解得，即的最小值为.故选：D.【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义(3)本题错误率较高出错原因是，很多学生无从入手，缺乏数形结合的应用意识，不知道从其几何意义入手解题.10. 惠安石雕是中国传统雕刻技艺之一，历经一千多年的繁衍发展，仍然保留着非常纯粹的中国艺术传统，左下图粗实虚线画出的是某石雕构件的三视图，该石雕构件镂空部分最中间的一块正是魏晋期间伟大数学家刘徽创造的一个独特的几何体牟合方盖（如下右图），牟合方盖的体积 （其中为最大截面圆的直径）.若三视图中网格纸上小正方形的边长为1，则该石雕构件的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是由正方体中去除两个圆柱体，其中，正方体的棱长为，圆柱体的直径为，高为两个圆柱体中间重合部分为牟合方盖该石雕构件的体积为故选11. 在平面直角坐标系中，以为圆心的圆与轴和轴分别相切于两点，点分别在线段上，若与圆相切，则的最小值为（）A. 1 B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为为圆心的圆与轴和轴分别相切于两点, 点分别在线段上, 若,与圆相切，设切点为，所以，设，则， ，故选D考点：1、圆的几何性质；2、数形结合思想及三角函数求最值【方法点睛】本题主要考查圆的几何性质、数形结合思想及三角函数求最值，属于难题求最值的常见方法有 配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域； 三角函数法：将问题转化为三角函数，利用三角函数的有界性求最值； 不等式法：借助于基本不等式 求函数的值域，用不等式法求值域时，要注意基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”； 单调性法：首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求凼数的值域，图像法：画出函数图像，根据图像的最高和最低点求最值，本题主要应用方法求的最小值的12. 形如的函数因其函数图象类似于汉字中的“囧”字，故我们把其生动地称为“囧函数”.若函数 且有最小值，则当时的“囧函数”与函数的图象交点个数为（ ）A. 1 B. 2 C. 4 D. 6【答案】C【解析】当时，而有最小值，故.令，其图像如图所示：共4个不同的交点，选C.点睛：考虑函数图像的交点的个数，关键在于函数图像的正确刻画，注意利用函数的奇偶性来简化图像的刻画过程.第II卷 非选择题（共90分）二、填空题（每题5分，共20分）13. 当时，的最小值为，则实数的值为_.【答案】4【解析】因为当时， ，的最小值为，所以可得 ，故答案为.14. 在中，已知，则的面积为_【答案】【解析】【分析】由已知利用三角形面积公式求解即可得答案.【详解】 ，.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角形面积公式的应用，属于基础题.15. 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，是边长为2的正三角形，为球的直径，且，则此三棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用截面圆的性质即可求出点O到平面ABC的距离，进而求出点S到平面ABC的距离，即可计算出三棱锥的体积.【详解】 是边长为2的正三角形， 外接圆的半径，点O到平面ABC的距离，SC为球O的直径，点S到平面ABC的距离为，此三棱锥的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥的体积，考查学生的计算能力，求出点O到平面ABC的距离，进而求出点S到平面ABC的距离是关键.16. 若函数的图象上存在不同的两点，其中使得的最大值为0，则称函数是“柯西函数”给出下列函数：；.其中是“柯西函数”的为_.（填上所有正确答案的序号）【答案】【解析】设，由向量的数量积的可得，当且仅当向量共线（三点共线）时等号成立故的最大值为0时，当且仅当三点共线时成立所以函数是“柯西函数”等价于函数的图象上存在不同的两点，使得三点共线对于，函数图象上不存在满足题意的点；对于，函数图象上存在满足题意的点；对于，函数图象上存在满足题意的点；对于，函数图象不存在满足题意的点故函数 是“柯西函数”答案： 点睛：（1）本题属于新定义问题，读懂题意是解题的关键，因此在解题时得到“柯西函数”即为图象上存在两点A,B，使得O,A,B三点共线是至关重要的，也是解题的突破口（2）数形结合是解答本题的工具，借助于图形可使得解答过程变得直观形象三、解答题（共6题，共70分）17. 已知的内角满足.（1）求角；（2）若的外接圆半径为1，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析:（1）根据题意，根据正弦定理角化边得，再借助余弦定理即得角A的值；（2）先根据正弦定理，而面积=，求出bc的最大值即可，可利用基本不等式来求最值解析：（1）设内角所对的边分别为.根据可得，所以，又因为，所以.（2），所以，所以（时取等号）.点睛：三角函数问题在求解时要注意结合正弦定理的边角互化关系快速转换求解，涉及面积最值时明确面积公式结合基本不等式求解是借此题第二问的关键.18. 等比数列的各项均为正数，且（1) 求数列的通项公式；（2）设 求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（）设出等比数列的公比q，由，利用等比数列的通项公式化简后得到关于q的方程，由已知等比数列的各项都为正数，得到满足题意q的值，然后再根据等比数列的通项公式化简，把求出的q的值代入即可求出等比数列的首项，根据首项和求出的公比q写出数列的通项公式即可；（）把（）求出数列an的通项公式代入设bn=log3a1+log3a2+log3an，利用对数的运算性质及等差数列的前n项和的公式化简后，即可得到bn的通项公式，求出倒数即为的通项公式，利用裂项求和即可.试题解析：（）设数列的公比为q，因为，则，即.又q0，则. 因为，则，即，所以. （）由题设，. 则. （10分）所以.19. 如图，在四棱锥中，平面 ,（1）求证：；（2）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）首先由线面垂直可得线线垂直，并结合已知条件进而得出线面垂直，最后得出所证明的结论；（2）首先作出辅助线连接，然后根据已知的线线关系、线面关系分别求出、三棱锥的体积，最后利用公式即可得出所求的结果.试题解析：（1）证明：因为，所以，得，又，所以，因为，故.（2）等体积法：连接设点到平面的距离为因为，所以从而，得的面积为1三棱锥的体积因为，所以又，所以由得,得故点A到平面PBC的距离等于考点：1.线线垂直的判定定理；2、线面垂直的性质定理；3、等体积法.【方法点睛】本题主要考查了线线垂直的判定定理、线面垂直的性质定理和等体积法在求点到平面距离中的应用，考查学生综合应用知识的能力和空间想象能力，属中档题.对于第一问证明线线垂直问题，其关键是正确地寻找线面垂直的关系；对于第二问求点到平面的距离问题，其解题的关键是正确地运用等体积公式对其进行求解.20. 已知圆，直线（1）若直线与圆交于不同的两点，当时，求的值；（2）若是直线上的动点，过作圆的两条切线，切点为，探究：直线是否过定点？若过定点则求出该定点，若不存在则说明理由；（3）若为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，求四边形的面积的最大值【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合点O到的距离，可求的值；（2）由题意可知，O，P，C，D四点共圆且在以OP为直径的圆上，C、D在圆O：上可得直线CD的方程，即可求得直线是否过定点；（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为，则，表示四边形EGFH的面积，利用基本不等式，可求四边形EGFH的面积最大值.【详解】（1），点O到l的距离， （2）由题意可知：O，P，C，D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设其方程为：，即，又C、D在圆O：x2+y2=2上，即，由，得直线CD过定点 （3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1，d2则，当且仅当，即时，取“=”四边形EGFH的面积的最大值为【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线恒过定点，考查四边形面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题.21. 关于函数的对称性有如下结论：对于给定的函数，如果对于任意的都有成立为常数），则函数关于点对称（1）用题设中的结论证明：函数关于点；（2）若函数既关于点对称，又关于点对称，且当时，求：的值；当时，的表达式【答案】（1）证明见解析；（2）；.【解析】【分析】（1）根据题设中的结论证明即可；（2）由题意可得，代值计算即可；由，然后代值计算即可.【详解】（1）f（x）=的定义域为x|x3，对任意x3有f（3x）+f（3x）=（2）+（2）=4，函数f（x）=关于点（3，2）对称；（2）函数f（x）关于点（2，0）对称，f（2+x）+f（2x）=0，即f（x）+f（4x）=0，又关于点（2，1）对称，f（2+x）+f（2x）=2，即f（x）+f（4x）=2，f（4x）=2+f（4x），即f（x+8）=f（x）2，f（5）=f（3）+2=23+33+2=19， x（8k2，8k+2），x8k（2，2），4（x8k）（2，6），f（x）=f（x8）2=f（x82）22=f（x83）23=f（x8k）2k，又由f（t）=f（4t），f（x）=f（x8k）2k=f4（x8k）2k=24（x8k）+3（4（x8k）2k，即当x（8k2，8k+2），kZ时，f（x）=24x+8k+3x26k12.【点睛】本题考查了抽象函数和新定义的应用，关键是掌握新定义的用法，属于中档题.22. 已知函数,角的终边经过点.若是的图象上任意两点,且当时,的最小值为.(1)求 或的值；(2)求函数在上的单调递减区间；(3)当时,不等式恒成立,求的最大值.【答案】（1）；（2）和；（3）.【解析】【分析】（1）由任意角的三角函数的定义求得，故可以取，再根据函数的图象的