吉林省长春市外国语学校 高一数学理上学期期末试卷含解析

吉林省长春市外国语学校高一数学理上学期期末试卷含解析一、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.定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）+f（x+1）=0，且在[﹣3，﹣2]上f（x）=2x+5，A、B是三边不等的锐角三角形的两内角，则下列不等式正确的是（）A．f（sinA）＞f（sinB） B．f（cosA）＞f（cosB） C．f（sinA）＞f（cosB） D．f（sinA）＜f（cosB）参考答案：D【考点】函数奇偶性的性质．【分析】由题意可知：函数的周期为2，根据偶函数的对称轴及单调性即可求得f（x）在[0，1]上为单调减函数，由A，B是锐角三角形的两个内角，求得A，B的取值范围，根据函数的单调性即可求得答案．【解答】解：由f（x）+f（x+1）=0，∴f（x+2）=f（x），∴函数的周期为2，∵f（x）在[﹣3，﹣2]上为增函数，∴f（x）在[﹣1，0]上为增函数，∵f（x）为偶函数，∴f（x）在[0，1]上为单调减函数．∵在锐角三角形中，π﹣A﹣B＜，∴A+B＞，∴﹣B＜A，∵A，B是锐角，∴0＜﹣B＜A＜，∴sinA＞sin（﹣B）=cosB，∴f（x）在[0，1]上为单调减函数．∴f（sinA）＜f（cosB），故选D．【点评】本题主要考查了函数的奇偶性和周期性的应用，以及三角函数的图象和性质，诱导公式的应用，综合性较强，涉及的知识点较多，属于中档题．2.设a，而b是一非零向量，则下列个结论：(1)a与b共线；（2）a+b=a；(3)a+b=b；(4)|a+b|＜|a|+|b|中正确的是

（

）A．(1)(2)

B．(3)(4)

C．(2)(4)

D．(1)(3)参考答案：D略3.的值为

（

）A

B

C

D

参考答案：A4.设，则（

）A.10

B.11

C.12

D.13参考答案：B略5.如右图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度随时间变化的可能图象是（

）

A．

B．

C．

D.参考答案：B6.已知角α，β均为锐角，且cosα=，tan（α﹣β）=﹣，tanβ=（）A． B． C． D．3参考答案：D【考点】两角和与差的正切函数．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得tanα的值，再根据tan（α﹣β）=﹣，利用两角差的正切公式求得tanβ的值．【解答】解：∵角α，β均为锐角，且cosα=，∴sinα=，tanα=，又tan（α﹣β）===﹣，∴tanβ=3，故选：D．7.函数的图象（

）.关于点（，0）对称

.关于点（，0）对称.关于直线对称

.关于直线对称参考答案：D8.函数，若，则的值为

(

）A．3

B．0

C．-1

D．-2参考答案：B9.设集合A={x|1＜x＜4}，集合B={x|x2﹣2x﹣3≤0}，则A∩（?RB）=（）A．（1，4） B．（3，4） C．（1，3） D．（1，2）∪（3，4）参考答案：B【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】集合．【分析】由题意，可先解一元二次不等式，化简集合B，再求出B的补集，再由交的运算规则解出A∩（?RB）即可得出正确选项【解答】解：由题意B={x|x2﹣2x﹣3≤0}={x|﹣1≤x≤3}，故?RB={x|x＜﹣1或x＞3}，又集合A={x|1＜x＜4}，∴A∩（?RB）=（3，4）故选B【点评】本题考查交、并、补的混合运算，属于集合中的基本计算题，熟练掌握运算规则是解解题的关键10.设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时，等于(

)A．9

B．8

C．7

D．6参考答案：D设等差数列{an}的公差为d，a1=?11,a4+a6=?6，可得?11+3d?11+5d=?6，解得d=2，则Sn=na1+n(n?1)d=n2?12n=(n?6)2?36，当n=6时,Sn取最小值?36.本题选择D选项.

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设是等差数列的前项和，若，则___________。参考答案：5

略12.在平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若=λ+μ，其中λ、μ∈R，则λ+μ=

．参考答案：【考点】9C：向量的共线定理．【分析】设=，=，表示出和，由=（+），及=λ+μ，解出λ和μ的值．【解答】解析：设=，=，那么=+，=+，又∵=+，∴=（+），即λ=μ=，∴λ+μ=．故答案为：．13.定义在上的函数满足，当时，，则当时，函数的最小值为_______________．参考答案：14.是定义在上的偶函数,对任意的,有关系,又当时,有,则=_____________.参考答案：15.已知向量，，若，则

.参考答案：316.已知方程x2+mx+3=0的一个根是1，则它的另一个根是，m的值是

．参考答案：3，﹣4.【考点】二次函数的性质．【分析】由韦达定理可知：x1+x2=﹣m，x1?x2=3，一个根是1，则另一个根x2=3，则x1+x2=4，即m=﹣4．【解答】解：由方程x2+mx+3=0，的韦达定理可知：x1+x2=﹣m，x1?x2=3，由方程x2+mx+3=0的一个根是1，则另一个根x2=3，则x1+x2=4，即m=﹣4，故答案为：3，﹣417.已知，则是的__________条件。参考答案：充要

解析：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.设a为实数，记函数f（x）=a++的最大值为g（a）．（1）设t=+，求t的取值范围，并把f（x）表示为t的函数m（t）；（2）求g（a）；（3）试求满足g（a）=g（）的所有实数a．参考答案：【考点】函数最值的应用．【分析】（1）令t=+，由1+x≥0且1﹣x≥0，得﹣1≤x≤1，进而得m（t）的解析式．（2）由题意知g（a）即为函数m（t）=at2+t﹣a，t∈[，2]的最大值，分a＞0、a=0、a＜0三种情况利用函数的单调性求出函数f（x）的最大值为g（a）；（3）分类讨论，求得g（a）的范围，即可求得满足g（a）=g（）的所有实数a．【解答】解：（1）∵t=+，要使t有意义，必须1+x≥0且1﹣x≥0，即﹣1≤x≤1．∵t2=2+2∈[2，4]，且t≥0…①，∴t的取值范围是[，2]．由①得：=t2﹣1，∴m（t）=a（t2﹣1）+t=at2+t﹣a，t∈[，2]．（2）由题意知g（a）即为函数m（t）=at2+t﹣a，t∈[，2]的最大值，∵直线t=﹣是抛物线m（t）=at2+t﹣a的对称轴，∴可分以下几种情况进行讨论：1°当a＞0时，函数y=m（t），t∈[，2]的图象是开口向上的抛物线的一段，由t=﹣＜0知m（t）在t∈[，2]上单调递增，故g（a）=m（2）=a+2；2°当a=0时，m（t）=t，在t∈[，2]上单调递增，有g（a）=2；3°当a＜0时，函数y=m（t），t∈[，2]的图象是开口向下的抛物线的一段，若t=﹣∈（0，]即a≤﹣时，g（a）=m（）=，若t=﹣∈（，2]即a∈（﹣，﹣]时，g（a）=m（﹣）=﹣a﹣，若t=﹣∈（2，+∞）即a∈（﹣，0）时，g（a）=m（2）=a+2．综上所述，有g（a）=；（3）当a＞﹣时，g（a）=a+2＞＞a∈（﹣，﹣]时，﹣a∈[，]，﹣a≠﹣g（a）=﹣a﹣＞2=∴a＞﹣时，g（a）＞当a＞0时，＞0，由g（a）=g（）可得，∴a=1；当a＜0时，a?=1，∴a≤﹣1或≤﹣1∴g（a）=或g（）=要使g（a）=g（），只需a≤﹣，≤﹣，∴综上，满足g（a）=g（）的所有实数a或a=1．19.已知二次函数f（x）的最小值为1，且f（0）=f（2）=3．（1）求f（x）的解析式；（2）若f（x）在区间[2a，a+1]上不单调，求a的取值范围（3）若x∈[t，t+2]，试求y=f（x）的最小值．参考答案：【考点】二次函数的性质．【分析】（1）根据二次函数f（x）的最小值为1，且f（0）=f（2）可得对称轴为x=1，可设f（x）=a（x﹣1）2+1，由f（0）=3，求出a的值即可；（2）f（x）在区间[2a，a+1]上不单调，则2a＜1＜a+1，解得即可；（3）通过讨论t的范围，得到函数的单调性，从而求出函数的最小值．【解答】解（1）由已知，f（0）=f（2）=3，可得对称轴为x=1，则函数的定点坐标为（1，1），设f（x）=a（x﹣1）2+1，a＞0，由f（0）=3，得a=2，故f（x）=2x2﹣4x+3．（2）因为函数的对称轴为1，f（x）在区间[2a，a+1]上不单调对称轴在区间[2a，a+1]内，即2a＜1＜a+1，解得0＜a＜．

（3）当t≥1时，函数f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）min=f（t）=2t2﹣4t+3．当t＜1＜t+2时，即﹣1＜t＜1时，f（x）min=1，当t+2≤1时，即t≤﹣1时，函数f（x）在[t，t+2]上单调递减，f（x）min=f（t+2）=2t2+4t+5，综上所述y=f（x）min=g（t）=20.已知全集为实数集R，集合，．（Ⅰ）求，；（Ⅱ）已知集合，若，求实数a的取值范围．参考答案：（Ⅰ）∵A={x|y=+}={x|1≤x≤3}，B={x|＞1}={x|x＞2}，∴A∩B={x|2＜x≤3}，…（3分）∵={x|x≤2}，∴（）∪A={x|x≤2}∪{x|1≤x≤3}={x|x≤3}．…（6分）（Ⅱ）①当时，C，此时满足C?A，所以符合题意；…（9分）②当时，C?A，则．…（11分）综合①②，可得的取值范围是（﹣∞，3]．…（12分）21.（12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，DE⊥平面ABCD．（1）求证：AB∥EF；（2）求证：平面BCF⊥平面CDEF．参考答案：考点： 平面与平面垂直的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．专题： 综合题；空间位置关系与距离．分析： （1）由四边形ABCD是矩形，得到AB∥平面CDEF，由此能证明AB∥EF．（2）由已知条件推导出DE⊥BC，从而得到BC⊥平面CDEF，由此能证明平面BCF⊥平面CDEF．解答： 证明：（1）因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，因为AB?平面CDEF，CD?平面CDEF，所以AB∥平面CDEF．…4分因为AB?平面ABFE，平面ABFE∩平面CDEF=EF，所以AB∥EF．

…7分（2）因为DE⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以DE⊥BC．

…9分因为BC⊥CD，CD∩DE=D，CD，DE?平面CDEF，所以BC⊥平面CDEF．

…12分因为BC?平面BCF