2021年福建省南平市来舟中学高一数学理上学期期末试题含解析

2021年福建省南平市来舟中学高一数学理上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.不等式的解集为，则不等式的解集为（

）A.或 B.C. D.或参考答案：A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A2.已知，则的大小关系是（

）A．

B．

C． D．参考答案：B3.若，，则角的终边在

A.第一象限

B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限参考答案：C4.若，则的值为(

)A．0

B.1

C.

D.1或参考答案：C略5.在约束条件下，当3≤s≤5时，目标函数z=3x+2y的最大值的变化范围是（）A．[6，15]B．[7，15]C．[6，8]D．[7，8]参考答案：D略6.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1 B． C． D．2参考答案：C【考点】由三视图求面积、体积．【专题】开放型；空间位置关系与距离．【分析】几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，可得答案【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形如图：其中PB⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形∴PB=1，AB=1，AD=1，∴BD=，PD==．PC==该几何体最长棱的棱长为：故选：C．【点评】本题考查了由三视图求几何体的最长棱长问题，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键7.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A． B． C． D．参考答案：D【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，∴剩余部分体积为1﹣=，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选：D．8.设，则a，b，c的大小关系是A.a＞c＞b

B.a＞b＞c

C.c＞a＞b D.b＞c＞a参考答案：A略9.如果,则的概率为

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A略10.如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于(

)A．

B．C．

D．参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.关于平面向量，，，有下列三个命题：①若?=?，则=、②若=（1，k），=（﹣2，6），∥，则k=﹣3．③非零向量和满足｜｜=｜｜=｜﹣｜，则与+的夹角为60°．其中真命题的序号为

．（写出所有真命题的序号）参考答案：②【考点】命题的真假判断与应用．【分析】①向量不满足约分运算，但满足分配律，由此我们利用向量的运算性质，可判断平面向量，，的关系；②中，由∥，我们根据两个向量平行，坐标交叉相乘差为0的原则，可以构造一个关于k的方程，解方程即可求出k值；③中，若｜｜=｜｜=｜﹣｜，我们利用向量加减法的平行四边形法则，可以画出满足条件图象，利用图象易得到两个向量的夹角；【解答】解：①若?=?，则?（﹣）=0，此时⊥（﹣），而不一定=，①为假．②由两向量∥的充要条件，知1×6﹣k?（﹣2）=0，解得k=﹣3，②为真．③如图，在△ABC中，设，，，由｜｜=｜｜=｜﹣｜，可知△ABC为等边三角形．由平行四边形法则作出向量+=，此时与+成的角为30°．③为假．综上，只有②是真命题．答案：②12.若，，则下列性质对函数成立的序号是

；①；

②；③；

④．参考答案：①③④略13.某三角形的直观图是斜边为2的等腰直角三角形，如图所示，则原三角形的面积是____．参考答案：14.某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P-EFGH，下部分是长方体ABCD-EFGH.图5和图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图。（I）请画出该安全标识墩的侧(左)视图；（II）求该安全标识墩的体积；（III）证明:直线BD平面PEG。参考答案：（1）侧视图同正视图,如下图所示.

……………4分（2）该安全标识墩的体积为：…8分（3）如图，连结EG，HF及BD，EG与HF相交于O，连结PO.

由正四棱锥的性质可知,

平面EFGH,

又

平面PEG

又

平面PEG．

………………12分

略15.已知，则=

;=

．参考答案：﹣；【考点】两角和与差的正弦函数；二倍角的余弦．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系、诱导公式、二倍角公式、两角差的余弦公式，求得要求式子的值．【解答】解：∵已知，∴x+为钝角，则=sin=cos（x+）=﹣=﹣．∴sin（2x+）=2sin（x+）cos（x+）=2××（﹣）=﹣，cos（2x+）=2﹣1=2×﹣1=，∴=cos=cos（2x+）cos+sin（2x+）sin=+（﹣）×=，故答案为：．【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、二倍角公式、两角差的余弦公式的应用，属于基础题．16.设满足线性约束条件，则的最大值是__

__参考答案：5略17.已知函数是定义在上且以3为周期的奇函数，当时，，则时，

，函数在区间上的零点个数为

．参考答案：，5（1）当时，，∴，又函数是奇函数，∴．故当时，．（2）当时，令，得，即，解得，即，又函数为奇函数，故可得，且．∵函数是以3为周期的函数，∴，，又，∴．综上可得函数在区间上的零点为，共5个．

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.集合，，满足

求实数的值参考答案：解析：，，

，至少有一个元素在中，又，∴，，即，得

而矛盾，∴

19.（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2acosC﹣（2b﹣c）=0．（1）求角A；（2）若sinC=2sinB，且a=，求边b，c．参考答案：【考点】余弦定理的应用．【分析】（1）由题意和正弦定理以及和差角的三角函数公式可得cosA=，进而可得角A；（2）若sinC=2sinB，c=2b，由a=，利用余弦定理，即可求边b，c．【解答】解：（1）在△ABC中，由题意可得2acosC=2b﹣c，结合正弦定理可得2sinAcosC=2sinB﹣sinC，∴2sinAcosC=2sin（A+C）﹣sinC，∴2sinAcosC=2sinAcosC+2cosAsinC﹣sinC，∴2cosAsinC=sinC，即cosA=，∴A=60°；（2）∵sinC=2sinB，∴c=2b，∵a=，∴3=b2+c2﹣2bc?，∴3=b2+4b2﹣2b2，∴b=1，c=2．【点评】本题考查解三角形，涉及正余弦定理和和差角的三角函数，属中档题．20.如图所示的几何体是由以等边三角形为底面的棱柱被平面所截而得，已知平面，为的中点(1）求证：∥平面(2）求证：平面平面(3）求平面与平面相交所成锐角二面角的余弦值

参考答案：⑴取DE

D中点G,建系如图，则A(0,,0)、B(0,-1,0)、C(1,0,0)、D(-1,0,1),E(1,0,3)、F(0,,2)、G(0,0,2),设平面DEF的一法向量=(x,y,z),⑵显然,平面BCED的一法向量为=(0,1,0),·=0,∴平面DEF^平面BCED⑶由⑴知平面DEF的一法向量=(1,0,-1),平面ABC的一法向量=(0,0,1)，

cos<,>==-

∴求平面与平面相交所成锐角二面角的余弦值为.21.已知集合A＝{x|1<x<3}，集合B＝{x|2m<x<1－m}．(1)当m＝－1时，求A∪B；(2)若AB，求实数m的取值范围；(3)若A∩B＝?，求实数m的取值范围．参考答案：（1）A∪B＝{x|－2<x<3}（2）（3）试题分析：（1）m＝－1，用轴表示两个集合，做并集运算，注意空心点，实心点。（2）由于AB，首先要保证1-m>2m,即集合B非空，然后由数轴表示关系，注意等号是否可取。（3）空集有两种情况，一种是集合B为空集，一种是