辽宁省鞍山市新甸中学高一数学文期末试卷含解析

辽宁省鞍山市新甸中学高一数学文期末试卷含解析一、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.在等差数列{an}中，，，则数列的通项公式an为（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】直接利用等差数列公式解方程组得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题型.2.已知A={1,2,4,8,16}，，则A∩B=（）．A．{1,2} B．{2,4,8} C．{1,2,4} D．{1,2,4,8}参考答案：C由已知可得，所以，所以选C．

3.若曲线y=x4的一条切线l与直线x+4y﹣8=0垂直，则l的方程是（）A．4x﹣y﹣3=0 B．x+4y﹣5=0 C．4x﹣y+3=0 D．x+4y+3=0参考答案：A【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；导数的概念及应用．【分析】欲求l的方程，根据已知条件中：“切线l与直线x+4y﹣8=0垂直”可得出切线的斜率，故只须求出切点的坐标即可，故先利用导数求出在切点处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切点坐标．从而问题解决．【解答】解：设与直线x+4y﹣8=0垂直的直线l为：4x﹣y+m=0，即曲线y=x4在某一点处的导数为4，而y′=4x3，∴y=x4在（1，1）处导数为4，将（1，1）代入4x﹣y+m=0，得m=﹣3，故l的方程为4x﹣y﹣3=0．故选A．【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．4.某工厂从2000年开始，近八年以来生产某种产品的情况是：前四年年产量的增长速度越来越慢，后四年年产量的增长速度保持不变，则该厂这种产品的产量与时间的函数图像可能是（

）参考答案：B5.在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，它的面积为，则角A等于（

）A.30° B.45° C.60° D.135°参考答案：D【分析】利用面积公式，借助余弦定理，即可容易求得结果.【详解】因为，且，故可得，即，又因为，故可得.故选：D.【点睛】本题考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用，属综合基础题.6.已知，则的值为

A.

B.

C.

D.参考答案：B7.执行如图所示的程序框图，则输出S的值为A.3

B.2020

C.3030

D.1010参考答案：C8.已知五个点的坐标分别为，O为坐标原点，点P为四边形ABCD内的一个动点，则使得向量的夹角不大于的概率是(

)A.

B.

C.

D.参考答案：A9.函数的最小正周期为

(

)A

B

C

D参考答案：B10.A

-4

B

4

C

-2

D

2参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若=，=，则

.参考答案：(-3,-2)12.若，则x的取值范围是________.参考答案：【分析】利用反函数的运算法则，定义及其性质，求解即可．【详解】由，得所以，又因为，所以.故答案为：【点睛】本题考查反余弦函数的运算法则，反函数的定义域，考查学生计算能力，属于基础题．13.（4分）||=1，||=2，，且，则与的夹角为

．参考答案：120°考点： 数量积表示两个向量的夹角．专题： 计算题．分析： 根据，且可得进而求出=﹣1然后再代入向量的夹角公式cos＜＞=再结合＜＞∈即可求出＜＞．解答： ∵，且∴∴（）?=0∵||=1∴=﹣1∵||=2∴cos＜＞==﹣∵＜＞∈∴＜＞=120°故答案为120°点评： 本题主要考查了利用数量积求向量的夹角，属常考题，较易．解题的关键是熟记向量的夹角公式cos＜＞=同时要注意＜＞∈这一隐含条件！14.在扇形中，如果圆心角所对弧长等于半径，那么这个圆心角的弧度数为______.参考答案：1【分析】根据弧长公式求解【详解】因为圆心角所对弧长等于半径，所以【点睛】本题考查弧长公式，考查基本求解能力，属基础题15.参考答案：略16.已知，则的最小值为

．参考答案：-617.数列满足=

若，则=___________．参考答案：略三、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.如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为，侧棱长为4．E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G．（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；（Ⅲ）求三棱锥B1﹣EFD1的体积V．参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．【分析】（1）方法一：欲证明平面B1EF⊥平面BDD1B1，先证直线与平面垂直，观察平面BDD1B1为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的对角面，所以AC⊥平面BDD1B1，故连接AC，由EF∥AC，可得EF⊥平面BDD1B1方法二：欲证明平面B1EF⊥平面BDD1B1，先证直线与平面垂直，由题意易得EF⊥BD，又EF⊥D1D，所以EF⊥平面BDD1B1（2）本题的设问是递进式的，第（1）问是为第（2）问作铺垫的．由第（1）问可知，点D1到平面B1EF的距离d即为点D1到平面B1EF与平面BDD1B1的交线B1G的距离，故作D1H⊥B1G，垂足为H，所以点D1到平面B1EF的距离d=D1H．下面求D1H的长度．解法一：在矩形BDD1B1及Rt△D1HB1中，利用三角函数可解．解法二：在矩形BDD1B1及Rt△D1HB1中，利用三角形相似可解．解法三：在矩形BDD1B1及△D1GB1中，观察面积大小关系可解．（3）本题的设问是递进式的，第（2）问是为第（3）问作铺垫的．解决三棱锥求体积的问题，关键在于找到合适的高与对应的底面，由第（2）问可知，D1H即为三棱锥B1﹣EFD1的高，所以B1EF为对应的底面．【解答】解：（Ⅰ）证法一：连接AC．∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1．∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1．证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD．又EF⊥D1D∴EF⊥平面BDD1B1，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1．（Ⅱ）在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H．∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H．解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1?sin∠D1B1H．∵，，∴．解法二：∵△D1HB1～△B1BG，∴，∴．解法三：连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半，即，∴．（Ⅲ）=．19.（本题满分12分）若平面内给定三个向量（1）求。（2）求满足的实数m，n的值。参考答案：20.已知等差数列{an}的公差，数列{bn}满足，集合.（1）若，，求集合S；（2）若，求d使得集合S恰有两个元素；（3）若集合S恰有三个元素，，T是不超过5的正整数，求T的所有可能值，并写出与之相应的一个等差数列{an}的通项公式及集合S.参考答案：（1）；（2）或；（3）或4，时，，；时，，【分析】（1）根据等差数列的通项公式写出，进而求出，再根据周期性求解；（2）由集合的元素个数，分析数列的周期，进而可求得答案；（3）分别令，2，3，4，5进行验证，判断的可能取值，并写出与之相应的一个等差数列的通项公式及集合【详解】（1）等差数列的公差，，数列满足，集合．当，所以集合，0，．（2），数列满足，集合恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列的终边落在轴的正负半轴上时，集合恰好有两个元素，此时，②终边落在上，要使得集合恰好有两个元素，可以使，的终边关于轴对称，如图，，此时，综上，或者．（3）①当时，，集合，，，符合题意．与之相应的一个等差数列的通项公式为，此时.②当时，，，，或者，等差数列的公差，，故，，又，2当时满足条件，此时，1，．与之相应的一个等差数列的通项公式为，此时【点睛】本题考查等差数列的通项公式、集合元素的性质以及三角函数的周期性，是一道综合题．21.（14分）已知全集U=R，A={x|﹣3＜x≤6，x∈R}，B={x|x2﹣5x﹣6＜0，x∈R}．求：（1）A∪B；（2）（?UB）∩A．参考答案：22.已知函数（1）求的最小正周期和最大值；（2）讨论在上的单调性．参考答案：(1)的最小正周期为，最大值为;(2)在上单调递增；在上单调递减.试题分析：（1）由条件利用诱导公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期公式可得函数的周期，根据三角函数的有界性求得的最大值；（2）根据可得，利用正弦函数的单调性，分类讨论求由，可求得在上的单调区间.试题解析：(1)f(x)＝sin(－x)sinx－cos2x＝cosxsinx－(1＋cos2x)

＝sin2x－cos2x－＝sin(2x－)－，

因此f(x)的最小正周期为π，最大值为.

(2)当x∈，时，0≤2x－≤π，从而

当0≤2x－≤，即≤x≤时，f(x)单调递增；

当≤