湖南省邵阳市步高中学高一数学理期末试卷含解析

湖南省邵阳市步高中学高一数学理期末试卷含解析一、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.函数的定义域是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B2.已知函数f（x）=是R上的增函数，则a的取值范围是（）A．﹣3≤a＜0 B．﹣3≤a≤﹣2 C．a≤﹣2 D．a＜0参考答案：B【考点】3F：函数单调性的性质；3W：二次函数的性质．【分析】由函数f（x）上R上的增函数可得函数，设g（x）=﹣x2﹣ax﹣5，h（x）=，则可知函数g（x）在x≤1时单调递增，函数h（x）在（1，+∞）单调递增，且g（1）≤h（1），从而可求【解答】解：∵函数是R上的增函数设g（x）=﹣x2﹣ax﹣5（x≤1），h（x）=（x＞1）由分段函数的性质可知，函数g（x）=﹣x2﹣ax﹣5在（﹣∞，1]单调递增，函数h（x）=在（1，+∞）单调递增，且g（1）≤h（1）∴∴解可得，﹣3≤a≤﹣2故选B3.函数的定义域为，且对其内任意实数均有：，则在上是：（）A.增函数

B.减函数

C.奇函数

D.偶函数参考答案：A4.下列向量组中，能作为平面内所有向量的基底的是（）A．=（0，0），=（1，﹣2） B．=（﹣1，2），=（5，7）C．=（3，5），=（6，10） D．=（2，﹣3），=（4，﹣6）参考答案：B【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】可以作为基底的向量需要是不共线的向量，可以从向量的坐标发现A，D，C选项中的两个向量均共线，得到正确结果是B．【解答】解：可以作为基底的向量是不共线的向量，A中一个向量是零向量，两个向量共线，不合要求，C中两个向量是2=，两个向量共线，不合要求，D选项中的两个向量是2=，也共线，不合要求；故选：B．5.过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作()A．1条

B．2条C．3条

D．4条参考答案：D6.如右图，三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥底面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为（

）A．

B．2

C．4

D．4参考答案：B7.△ABC三边上的高依次为2、3、4，则△ABC为（）A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．不存在这样的三角形参考答案：B【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】根据三角形的面积不变，知三角形三边的高的比和三边的比成反比，求得三边比，根据余弦定义求得最大角的余弦值，即可判断三角形的形状．【解答】解：由三角形的面积不变，三角形三边的高的比和三边的比成反比，即：a：b：c=：：=6：4：3，设a=6k，b=4k，c=3k，由4k+3k＞6k，6k﹣3k＜4k，故三角形存在，由大边对大角可知，∠A最大，∴cosA==＜0，所以A为钝角，所以△ABC为钝角三角形．故答案选：B．8.在△中，若边长和内角满足，则角C的值是（

）（A）

（B）

或

（C）

（D）或

参考答案：C略9.（5分）角α的始边在x轴正半轴、终边过点P（，y），且cosα=，则y的值为（） A． 3 B． 1 C． ±3 D． ±1参考答案：C考点： 任意角的三角函数的定义．专题： 计算题．分析： 利用余弦函数的定义，建立方程，通过解方程，即可求得结论．解答： ∵角α的始边在x轴正半轴、终边过点P（，y），且cosα=，∴∴y2=9∴y=±3故选C．点评： 本题以余弦函数为载体，考查三角函数的定义，属于基础题．10.A(1,3)，B(5，-2)，点P在x轴上使|AP|－|BP|最大，则P的坐标为（

）

A.

(4,0)

B.(13,0)

C.(5,0)

D.(1,0)参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.给出下列4个命题：①；②矩形都不是梯形；③；④任意互相垂直的两条直线的斜率之积等于－1。其中全称命题是

。

参考答案：①②④解析：注意命题中有和没有的全称量词。12.（5分）过点（﹣1，3）且与直线x﹣2y+3=0平行的直线方程为

．参考答案：x﹣2y+7=0考点： 直线的一般式方程与直线的平行关系．专题： 计算题．分析： 设过点（﹣1，3）且与直线x﹣2y+3=0平行的直线方程为x﹣2y+m=0，把点（﹣1，3）代入直线方程，求出m值即得直线l的方程．解答： 解：设过点（﹣1，3）且与直线x﹣2y+3=0平行的直线方程为x﹣2y+m=0，把点（﹣1，3）代入直线方程得﹣1﹣2×3+m=0，m=7，故所求的直线方程为x﹣2y+7=0，故答案为：x﹣2y+7=0．点评： 本题考查用待定系数法求直线方程的方法，设过点（﹣1，3）且与直线x﹣2y+3=0平行的直线方程为x﹣2y+m=0是解题的关键．13.已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，面ABC,高为5，一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为_______

参考答案：1314.若满足：①定义域为；②；③；④对任意，则函数的一个解析式为

参考答案：略15.已知等比数列{an}中，，，若数列{bn}满足，则数列的前n项和Sn=

．参考答案：根据题意，由于等比数列中，，，则可知公比为，那么可知等比数列中，，，故可知，那么可知数列的前项和＝1=，故可知答案为.

16.设M是圆上的点，则M点到直线的最短距离是

.

参考答案：

217.若函数（且）,图象恒过定点,则_____；函数的单调递增区间为____________．参考答案：2

【分析】根据对数的运算性质可以直接求出点的坐标,这样可以计算出的值；再根据复合函数的单调性的性质可以求出函数的单调递增区间.【详解】由函数（且）的解析式可知：当时,,因此有；因此,由复合函数的单调性的性质可知：函数的单调递增区间为：.故答案为2；【点睛】本题考查了对数型函数过定点问题,考查了复合函数的单调性问题,掌握对数的运算特性是解题的关键.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.已知集合，，U=R.（1）求；（2）求.参考答案：（1）∵集合，，∴.（2）∵，∴.∴.

19.设m个正数a1，a2，…，am（m≥4，m∈N*）依次围成一个圆圈．其中a1，a2，a3，…ak﹣1，ak（k＜m，k∈N*）是公差为d的等差数列，而a1，am，am﹣1，…，ak+1，ak是公比为2的等比数列．（1）若a1=d=2，k=8，求数列a1，a2，…，am的所有项的和Sm；（2）若a1=d=2，m＜2015，求m的最大值；（3）是否存在正整数k，满足a1+a2+…+ak﹣1+ak=3（ak+1+ak+2+…+am﹣1+am）？若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．【分析】（1）依题意ak=16，故数列a1，a2，…，am即为2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10个数，即可得出．（2）由数列{an}满足a1=d=2，利用等差数列的通项公式可得ak=2k．而a1，am，am﹣1，…，ak+1，ak是首项为2、公比为2的等比数列知，．故有2k=2m+2﹣k，k=2m+1﹣k，即k必是2的整数次幂，由k?2k=2m+1知，要使m最大，k必须最大，又k＜m＜2015，故k的最大值210，即可得出．（3）由数列{an}是公差为d的等差数列知，ak=a1+（k﹣1）d，而a1，am，am﹣1，…，ak+1，ak是公比为2的等比数列，a1+（k﹣1）d=，，又a1+a2+…ak﹣1+ak=3（ak+ak+1+…+am﹣1+am），am=2a1，显然k≠6，则，所以k＜6，代入验证即可得出．【解答】解：（1）依题意ak=16，故数列a1，a2，…，am即为2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10个数，此时m=10，Sm=84．（2）由数列{an}满足a1=d=2，是首项为2、公差为2的等差数列知，ak=2k，而a1，am，am﹣1，…，ak+1，ak是首项为2、公比为2的等比数列知，，故有2k=2m+2﹣k，k=2m+1﹣k，即k必是2的整数次幂，由k?2k=2m+1知，要使m最大，k必须最大，又k＜m＜2015，故k的最大值210，从而210?21024=2m+1，m的最大值是1033．（3）由数列{an}是公差为d的等差数列知，ak=a1+（k﹣1）d，而a1，am，am﹣1，…，ak+1，ak是公比为2的等比数列，故a1+（k﹣1）d=，又a1+a2+…ak﹣1+ak=3（ak+ak+1+…+am﹣1+am），am=2a1则，即，则，即k?2m+1﹣k+k=6×2m+1﹣k﹣12，显然k≠6，则所以k＜6，将k=1，2，3，4，5一一代入验证知，当k=4时，上式右端为8，等式成立，此时m=6，综上可得：当且仅当m=6时，存在k=4满足等式．20.（本小题满分12分）求数列的前100项的和。参考答案：解：略21.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，，，E为BC中点．(1)求证：平面平面；(2)线段PC上是否存在一点F，使PA∥平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由．参考答案：（1）证明见解析；（2）存在一点，且.试题分析：（1）借助题设条件运用面面垂直的判定定理推证；（2）借助题设条件运用线面平行的性质定理推证求解.试题解析：（1）连接，在中，，又∵为中点，，