四川省2017-2018学年广安市高一下学期期末考试数学试题（文）.docx

四川省广安市2017-2018学年高一下学期期末考试数学（文）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. cos20cos40sin20sin40的值等于()A. 14B. 32C. 12D. 34【答案】C【解析】解：cos20cos40sin20sin40=cos(20+40)=cos60=12故选：C院士利用两角和与差的余弦函数公式化简，再利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果此题考查了两角和与差的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式是解本题的关键2. 已知x，y满足不等式组3xy60xy+20x0,y0，则z=x+y的最大值为()A. 8B. 10C. 12D. 14【答案】B【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分)由z=x+y得y=x+z，平移直线y=x+z，由图象可知当直线y=x+z经过点A时，直线y=x+z的截距最大，此时z最大由xy+2=03xy6=0，解得y=6x=4，即A(4,6)，代入目标函数z=x+y得z=4+6=10即目标函数z=x+y的最大值为10故选：B作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法.利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键3. 已知tan=1，则sin+2cossin=()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】解：由tan=1，得sin+2cossin=tan+2tan=1+21=3故选：C由已知直接利用同角三角函数基本关系式化弦为切求解本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，是基础题4. 若l1、l2是两条不同直线，、是两个不同平面，则正确结论为()A. 若l1/l2，l1/，则l2/B. 若/，l1/，则l1/C. 若l1，l1，则D. 若l1，l2，则l1/l2【答案】D【解析】解：由l1、l2是两条不同直线，、是两个不同平面，知：在A中，若l1/l2，l1/，则l2/或l2，故A错误；在B中，若/，l1/，则l1/或l1，故B错误；在C中，若l1，l1，则由面面平行的判定定理得/，故C错误；在D中，若l1，l2，则由线面垂直的判定定理得l1/l2，故D正确故选：D在A中，l2/或l2；在B中，l1/或l1；在C中，由面面平行的判定定理得/；在D中，由线面垂直的判定定理得l1/l2本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题5. 若关于x的方程x23x+a2+a=0的一根大于1，另一根小于1，则实数a的取值范围()A. (2,1)B. (,2)(1,+)C. (,2)(0,1)D. (2,0)(1,+)【答案】A【解析】解：关于x的方程x23x+a2+a=0的一根大于1，另一根小于1，令f(x)=x23x+a2+a，则f(1)=13+a2+a=a2+a20，求得2a1，故选：A利用一元二次方程的根的分布与系数的关系，二次函数的性质，求得a的取值范围本题主要考查一元二次方程的根的分布与系数的关系，二次函数的性质，属于基础题6. 在RtABC中，ABC=2，AB=4，BC=3.将ABC绕BC所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的侧面积为()A. 16B. 36C. 20D. 56【答案】C【解析】解：如图所示，RtABC中，ABC=2，AB=4，BC=3；将ABC绕BC所在的直线旋转一周，围成几何体是圆锥，则该圆锥的侧面积为S侧=rl=45=20故选：C根据题意画出图形，结合图形求出将ABC绕BC所在的直线旋转一周所围成几何体的侧面积本题考查了旋转体的侧面积计算问题，是基础题7. 在等差数列an中，a2=3，若从第7项起开始为负，则数列an的公差d的取值范围是()A. 34,35)B. 34,+)C. (,35)D. (35,34【答案】A【解析】解：a7=a2+5d=3+5d0a6=a2+4d=3+4d0，解得34d35故选：A根据等差数列的性质，解方程组a7=a2+5d=3+5d0a6=a2+4d=3+4d0，能够得到公差d的取值范围本题考查等差数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答8. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. 48B. 36C. 24D. 16【答案】D【解析】解：由已知中的该几何体是一个四棱锥的几何体，四棱锥的底面为边长为4和3的长方形，高为4，故V四棱锥=13434=16故选：D由已知中的三视图，判断该几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个以4和3为边长的长方形，棱柱的高为4，分别求出棱柱和棱锥的体积，进而可得答案本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据三视图判断出几何体的形状，并找出棱长、高等关键的数据是解答本题的关键9. 已知等比数列an的前n项和为Sn，若S3=4，S6=6，则S9=()A. 9B. 8C. 7D. 1【答案】C【解析】解：设等比数列an的公比为q，显然q1，由求和公式可得S3=a1(1q3)1q=4，S6=a1(1q6)1q=6，可得1q61q3=1+q3=64=32，解得q3=12，代入可得a11q=8，S9=a11q(1q9)=8(118)=7，故选：C求和公式结合已知式子可得关于a11q和q3的方程，解方程代入S9即可本题考查等比数列的求和公式，整体求解是解决问题的关键，属中档题10. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、BC1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于()A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】C【解析】解：设正方体AC1的棱长为2，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，由题意知E(2,0，1)，F(2,1，0)，G(2,2，1)，H(1,2，2)，EF=(0,1,1)，GH=(1,0，1)，设异面直线EF与GH所成的角为，cos=|cos|=|12|=12，=60故选：C建立空间直角坐标系Dxyz，利用向量法能求出异面直线EF与GH所成的角的大小本题考查异面直线所成角的大小的求法，是基础题，解题时要注意向量法的合理运用11. 已知等差数列an的前n项和为Sn，S3=6，S5=15.设数列1anan+1的前n项和为Tn，若Tn=2021，则n=()A. 19B. 20C. 21D. 22【答案】B【解析】解：等差数列an的公差设为d，前n项和为Sn，S3=6，S5=15，可得3a1+3d=6，5a1+10d=15，解得a1=d=1，即an=1+n1=n，1anan+1=1n(n+1)=1n1n+1，前n项和为Tn=112+1213+1n1n+1=11n+1，由Tn=2021，可得n=20，故选：B等差数列an的公差设为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项、公差，求得1anan+1=1n(n+1)=1n1n+1，由裂项相消求和可得前n项和Tn，解方程可得n的值本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题12. 在平面四边形ABCD中，AB=2，BC=CD=DA=1，设ABD、BCD的面积分别为S1、S2，则当S12+S22取最大值时，BD=()A. 102B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】解：在ABD中，BD2=AD2+AB22ADABcosA=1+2212cosA=322cosA在BCD中，BD2=CD2+CB22CDCBcosC=22cosC，cosC=2cosA12S12+S22=14AB2AD2sin2A+14CB2CD2sin2C=12sin2A+14sin2C=(cosA28)2+58，当cosA=28时，S12+S22取取最大值，此时，BD=AB2+AD22ABADcosA=102故选：A利用余弦定理推出A与C的关系，求出S12+S22的表达式，利用二次函数以及余弦函数的值的范围，能求出当S12+S22取最大值时，BD的值本题考查余弦定理的应用，三角形的面积的求法，二次函数的性质的应用，考查计算能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 函数f(x)=x+6x，x0的最小值为_【答案】26【解析】解：x0，f(x)=x+6x2x6x=26当且仅当x=6x，即x=6时取等号故答案为：26结合基本不等式的结论可得答案本题考查基本不等式，属基础题14. 数列an的前n项和为Sn，若Sn=2an1，则an=_【答案】2n1【解析】解：Sn=2an1，Sn1=2an11(n1)，得：SnSn1=2an2an1，即an=2an2an1，整理得：an=2an1，即anan1=2，S1=a1=2a11，即a1=1，数列an为首项是1，公比是2的等比数列，则an=2n1故答案为：2n1根据已知等式确定出Sn1=2an11(n1)，已知等式与所得等式相减，利用数列的递推式得到数列an为首项是1，公比是2的等比数列，利用等比数列性质确定出通项公式即可此题考查了数列的递推式，等比数列的性质，解题的关键是由递推公式推导数列的通项公式15. tan23+tan22+tan23tan22=_【答案】1【解析】解：23+22=45，tan45=1，tan(23+23)=tan23+tan221tan23tan22=1，去分母整理，得tan23+tan23=1tan23tan22，原式=1tan23tan22+tan23tan22=1故答案为：1根据23+22=45利用两角和的正切公式列式，化简整理得到tan23+tan22=1tan23tan22，再代入原式即可算出所求的值本题求关于正切的式子的值，考查了特殊角的三角函数值、两角和的正切公式及其应用等知识，属于基础题16. 三棱锥PABC的四个顶点均在球O的表面上，若PA平面ABC，PA=4，BAC=60，AB=2，BC=3，则球O的表面积为_【答案】20【解析】解：由题意，BAC=60，AB=2，BC=3，余弦定理可得AC=1，ABC是直角三角形，底面ABC的外接圆的圆心在AB中点上，PAAB，球的半径为BP的一半PA=4，AB=2，那么BP=202则球O的表面积S=4R2=20故答案为：20由题意，BAC=60，AB=2，BC=3，余弦定理可得AC=1，ABC是直角三角形，底面ABC的外接圆的圆心在AB中点上，PAAB，可得球的半径为BP的一半.即可求解球O的表面积本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知函数f(x)=3sinx+cosx，x0,2，求f(x)的值域【答案】解：函数f(x)=3sinx+cosx=2sin(x+6)x0,2，x+66,23，则sin(x+6)12,1f(x)1,2即f(x)的值域为1,2【解析】利用辅助角公式化简，结合三角函数的性质，即可求解x0,2上f(x)的值域本题考查三角函数的化简以及图象和性质的应用，考查转化思想以及计算能力18. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：(1)AC/平面A1C1D；(2)BD1平面A1C1D.【答案】证明：(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1/CC1，四边形AA1C1C为平行四边形，AC/A1C1，且AC平面A1C1D，A1C1平面A1C1D，AC/平面A1C1D；5分(2)连接B1D1，在正方形A1B1C1D1中，A1C1B1D1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1A1B1C1D1，BB1A1C1，A1C1B1D1，B1D1BB1=B1，A1C1BB1D1D，A1C1BD1，连接AD1，同理可证A1DBD1，又A1C1BD1，A1C1A1D=A1，BD1平面A1C1D12分【解析】(1)由于AA1/CC1，可得四边形AA1C1C为平行四边形，可得AC/A1C1，利用线面平行的判定定理即可证明AC/平面A1C1D；(2)连接B1D1，由A1C1B1D1，BB1A1C1，可证A1C1BB1D1D，利用线面垂直的性质可得A1C1BD1，连接AD1，同理可证A1DBD1，利用线面垂直的判定定理即可证明BD1平面A1C1D.本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了数形结合思想，属于中档题19. 在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acosB+bcosA=2ccosC(1)求角C；(2)若c=4，SABC=43，求ABC的周长【答案】(本题满分为12分)解：(1)bcosA+acosB=2ccosC，由正弦定理知，b=2RsinB，a=2RsinA，c=2RsinC，(2分)将式代入式，得2sinBcosA+2sinAcosB=4sinCcosC，化简，得sin(A+B)=sinC=2sinCcosC.(5分)C(0,)，sinC0，cosC=12，C=3(6分)(2)由(1)及已知可得：c2=a2+b22abcosCSABC=12absinC，可得：16=a2+b22ab1212ab32=43，可得：ab=1616=(a+b)23ab，解得：a+b=8，可得a+b+c=12，即三角形ABC的周长为12.(12分)【解析】(1)利用正弦定理将边化成角，再根据和角公式进行化简即可求出角C；(2)由余弦定理，三角形面积公式可求a+b的值，进而可求三角形的周长本题主要考查了正弦定理与余弦定理的应用，正弦定理、余弦定理是解决有关斜三角形的两个重要定理，属于基础题20. 已知(2,2)，(0,)，sin=55，cos=1010，求的值【答案】解：已知(2,2)，sin=55，则：(0,2)，解得：cos=255，同理(0,)，cos=1010，所以：sin=31010，所以：22，则：sin()=sincoscossin=31010255101055=22，所以：=4【解析】直接利用同角三角函数关系式的变换和三角函数关系式的恒等变换及角的变换求出结果本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，角的变换的应用.主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型21. 二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b，c为常数)(1)若a=1且不等式f(x)0的解集为x|1x0的解集为x|mxn,mn0，解不等式cx2+bx+a0【答案】解：(1)a=1时，不等式f(x)0化为x2+bx+c0，且该不等式的解集为x|1x0的解集为x|mxn,mn0，a0，且m、n是方程f(x)=0的两根，由根与系数的关系知m+n=ba，mn=ca；又mxn，mn0，m0；不等式cx2+bx+a0，即mnx2(m+n)x+10，mn(x1m)(x1n)0，即(x1m)(x1n)0，解得1mx1n，不等式cx2+bx+a0