山东省泰安市东平县州城镇第一中学高一数学理期末试题含解析

山东省泰安市东平县州城镇第一中学高一数学理期末试题含解析一、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1.一个容量为35的样本数据，分组后，组距与频数如下：个；个；个；个；个；个。则样本在区间上的频率为（

）A.20%

B.69%

C.31%

D.27%参考答案：C2.若函数的图象和直线无交点，给出下列结论：①方程一定没有实数根；②若，则必存在实数，使；③若，则不等式对一切实数都成立；④函数的图象与直线也一定没有交点．其中正确的结论个数有（

）A．1个

B．2个

C．3个

D．4个参考答案：C因为函数f（x）的图象与直线y=x没有交点，所以f（x）＞x（a＞0）或f（x）＜x（a＜0）恒成立．

因为f[f（x）]＞f（x）＞x或f[f（x）]＜f（x）＜x恒成立，所以f[f（x）]=x没有实数根；

故①正确；

若a＜0，则不等式f[f（x）]＜x对一切实数x都成立，所以不存在x0，使f[f（x0）]＞x0；

故②错误；

若a+b+c=0，则f（1）=0＜1，可得a＜0，因此不等式f[f（x）]＜x对一切实数x都成立；

故③正确；

易见函数g（x）=f（-x），与f（x）的图象关于y轴对称，所以g（x）和直线y=-x也一定没有交点．

故④正确；

故选C．

3.函数的定义域是（）A.

B.

C.

D.参考答案：D4.已知P是边长为2的正三角形ABC边BC上的动点，则的值（）A．是定值6 B．最大值为8C．最小值为2 D．与P点位置有关参考答案：A【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】先设=，=，=t，然后用和表示出，再由=+将=、=t代入可用和表示出，最后根据向量的线性运算和数量积运算可求得的值，从而可得到答案．【解答】解：设=

=

=t则=﹣=﹣，2=4=2?=2×2×cos60°=2=+=+t﹙﹣﹚=﹙1﹣t﹚+t

+=+?﹙+﹚=﹙﹙1﹣t﹚+t﹚?﹙+﹚=﹙1﹣t﹚2+[﹙1﹣t﹚+t]+t2=﹙1﹣t﹚×4+2+t×4=6故选A．5.若,那么

(

)（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A6.已知向量，若向量满足，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D7.设函数则的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C8.函数在区间上的最大值是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C9.长方体中，，、与底面所成的角分别为、，则长方体的外接球的体积为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A略10.在①1{0，1，2,3}；

②{1}∈{0，1，2,3}；③{0，1，2,3}{0，1，2,3}；④

{0}．上述四个关系中，错误的个数是（

）

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.幂函数的图像过点（4,2），那么的解析式是__________；参考答案：12.三个数

的大小顺序是__________。参考答案：13.设x,y满足约束条件，则目标函数的最大值为______．参考答案：7【分析】首先画出可行域，然后判断目标函数的最优解，从而求出目标函数的最大值.【详解】如图，画出可行域，作出初始目标函数，平移目标函数，当目标函数过点时，目标函数取得最大值，，解得,.故填：7.【点睛】本题考查了线性规划问题，属于基础题型.14.如果幂函数的图象经过点，则的值等于_____________参考答案：略15.在△ABC中，，，，则

____

，△ABC的面积为

．参考答案：；，所以解得，又，则，所以，所以。

16.计算：若，则实数a的取值范围是．参考答案：（，+∞）【考点】指、对数不等式的解法．【专题】计算题；函数思想；定义法；不等式的解法及应用．【分析】根据指数函数的单调性得到关于a的不等式，解得即可．【解答】解：∵y=为减函数，，∴2a+1＞3﹣2a，解得a＞，故a的取值范围为（，+∞），故答案为：（，+∞）【点评】本题考查了指数函数的单调性和不等式的解法，属于基础题．17.化简：=

．参考答案：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.(本题满分8分)已知函数，．（Ⅰ）求的最大值；（Ⅱ）若，求的值.参考答案：解:（Ⅰ）（4分）

∴的最大值为．（Ⅱ）（4分）因为，即

∴

∴．略19.已知点P（2，﹣1）．（1）若一条直线经过点P，且原点到直线的距离为2，求该直线的一般式方程；（2）求过点P且与原点距离最大的直线的一般式方程，并求出最大距离是多少？参考答案：【考点】点到直线的距离公式．【分析】（1）当l的斜率k不存在时，直接写出直线方程；当l的斜率k存在时，设l：y+1=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣1=0．由点到直线的距离公式求得k值，则直线方程可求；（2）由题意可得过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与PO垂直的直线，求出OP所在直线的斜率，进一步得到直线l的斜率，得到直线l的方程，再由点到直线的距离公式得最大距离．【解答】解：（1）①当l的斜率k不存在时，l的方程为x=2；②当l的斜率k存在时，设l：y+1=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣1=0．由点到直线距离公式得，得l：3x﹣4y﹣10=0．故所求l的方程为：x=2

或

3x﹣4y﹣10=0；（2）由题意可得过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与PO垂直的直线，由l⊥OP，得klkOP=﹣1，kl=，由直线方程的点斜式得y+1=2（x﹣2），即2x﹣y﹣5=0．即直线2x﹣y﹣5=0是过P点且与原点O距离最大的直线，最大距离为．20.(2010·福建)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．参考答案：方法一(1)如图(1)，设相遇时小艇航行的距离为S海里，则S＝＝＝.故当t＝时，Smin＝10，此时v＝＝30.即小艇以30海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B处相遇，则v2t2＝400＋900t2－2×20×30t×cos(90°－30°)，故v2＝900－＋.

∵0<v≤30，∴900－＋≤900，即－≤0，解得t≥.

又t＝时，v＝30.故v＝30时，t取得最小值，且最小值为.此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/时，小艇能以最短时间与轮船相遇．方法二(1)若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向．设小艇与轮船在C处相遇(如图(2)．在Rt△OAC中，OC＝20cos30°＝10，AC＝20sin30°＝10.又AC＝30t，OC＝vt.此时，轮船航行时间t＝＝，v＝＝30.即小艇以30海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．

(2)猜想v＝30时，小艇能以最短时间与轮船在D处相遇，此时AD＝DO＝30t.又∠OAD＝60°，∴AD＝DO＝OA＝20，解得t＝.据此可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度的大小为30海里/时．这样，小艇能以最短时间与轮船相遇．证明如下：如图(3)，由(1)得OC＝10，AC＝10，故OC>AC，且对于线段AC上的任意点P，有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能达到30海里/时，故小艇与轮船不可能在A，C之间(包含C)的任意位置相遇．设∠COD＝θ(0°<θ<90°)，则在Rt△COD中，CD＝10tanθ，OD＝.由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为t＝和t＝，∴＝.由此可得，v＝.又v≤30，故sin(θ＋30°)≥.

从而，30°≤θ＜90°.由于θ＝30°时，tanθ取得最小值，且最小值为.于是，当θ＝30°时，t＝取得最小值，且最小值为.方法三(1)同方法一或方法二．(2)设小艇与轮船在B处相遇．依据题意得：v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，(v2－900)t2＋600t－400＝0.①若0<v<30，则由Δ＝360000＋1600(v2－900)＝1600(v2－675)≥0，得v≥15.从而，t＝，v∈[15，30)．当t＝时，令x＝，则x∈[0,15)，t＝＝≥，当且仅当x＝0，即v＝15时等号成立．当t＝时，同理可得<t≤.综上得，当v∈[15，30)时，t>.②若v＝30，则t＝.综合①②可知，当v＝30时，t取最小值，且最小值等于.此时，在△OAB中，OA＝OB＝AB＝20，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/时，小艇能以最短时间与轮船相遇．21.（14分）已知向量=（cos，﹣sin），=（cos，sin），f（x）=?+t|+|，x∈[0，]．（Ⅰ）若f（）=﹣，求函数f（x）的值域；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）+2=0有两个不同的实数解，求实数t的取值范围．参考答案：（Ⅰ）（1分）

（））

（2分）∴，∵，∴∴（3