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文档简介
包头市重点中学2024年高一下数学期末联考试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每个小题给出的四个选项中,恰有一项是符合题目要求的1.若直线上存在点满足则实数的最大值为A. B. C. D.2.在中,内角,,的对边分别为,,,且=.则A. B. C. D.3.把一块长是10,宽是8,高是6的长方形木料削成一个体积最大的球,这个球的体积等于()A. B.480 C. D.4.在中,若,则的面积为().A.8 B.2 C. D.45.在△ABC中,点D在边BC上,若,则A.+ B.+ C.+ D.+6.(2017新课标全国Ⅲ理科)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为A. B.C. D.7.已知圆C1:x2+y2+4y+3=0,圆C2:x2+A.210-3 B.210+38.正项等比数列与等差数列满足,,,则的大小关系为()A. B. C. D.不确定9.下列说法正确的是()A.若,则 B.若,,则C.若,则 D.若,,则10.下列选项正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.函数的反函数为____________.12.函数的最小正周期为_______.13.已知是第二象限角,且,且______.14.正项等比数列中,为数列的前n项和,,则的取值范围是____________.15.函数的零点个数为__________.16.已知向量,若,则________.三、解答题:本大题共5小题,共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.化简.18.已知0<α<π,cos(1)求tanα+(2)求sin2α+119.向量,,,函数.(1)求的表达式,并在直角坐标中画出函数在区间上的草图;(2)若方程在上有两个根、,求的取值范围及的值.20.如图,在三棱柱中,、分别是棱,的中点,求证:(1)平面;(2)平面平面.21.已知,是实常数.(1)当时,判断函数的奇偶性,并给出证明;(2)若是奇函数,不等式有解,求的取值范围.
参考答案一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每个小题给出的四个选项中,恰有一项是符合题目要求的1、B【解析】
首先画出可行域,然后结合交点坐标平移直线即可确定实数m的最大值.【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示,由,得:,即C点坐标为(-1,-2),平移直线x=m,移到C点或C点的左边时,直线上存在点在平面区域内,所以,m≤-1,即实数的最大值为-1.【点睛】本题主要考查线性规划及其应用,属于中等题.2、C【解析】试题分析:由正弦定理得,,由于,,,故答案为C.考点:正弦定理的应用.3、A【解析】
由题意知,此球是棱长为6的正方体的内切球,根据其几何特征知,此球的直径与正方体的棱长是相等的,故可得球的直径为6,再由球的体积公式求解即可.【详解】解:由已知可得球的直径为6,故半径为3,其体积是,故选:.【点睛】本题考查长方体内切球的几何特征,以及球的体积公式,属于基础题.4、C【解析】
由正弦定理结合已知,可以得到的关系,再根据余弦定理结合,可以求出的值,再利用三角形面积公式求出三角形的面积即可.【详解】由正弦定理可知:,而,所以有,由余弦定理可知:,所以,因此的面积为,故本题选C.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式,考查了数学运算能力.5、C【解析】
根据向量减法和用表示,再根据向量加法用表示.【详解】如图:因为,所以,故选C.【点睛】本题考查向量几何运算的加减法,结合图形求解.6、B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示,由题意可得:,结合勾股定理,底面半径,由圆柱的体积公式,可得圆柱的体积是,故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.7、A【解析】
求出圆C1,C2的圆心坐标和半径,作出圆C1关于直线l的对称圆C1',连结C1'C2,则C1'C2与直线l的交点即为P点,此时M点为P【详解】由圆C1:x可知圆C1圆心为0,-2圆C2圆心为3,-1圆C1关于直线l:y=x+1的对称圆为圆C连结C1'C2,交l于P,则此时M点为PC1'与圆C1'的交点关于直线l对称的点,N最小值为C1而C1∴PM+PN【点睛】本题考查了圆方程的综合应用,考查了利用对称关系求曲线上两点间的最小距离,体现了数形结合的解题思想方法,是中档题.解决解析几何中的最值问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决,非常巧妙;二是将解析几何中最值问题转化为函数问题,然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.8、B【解析】
利用分析的关系即可.【详解】因为正项等比数列与等差数列,故又,当且仅当时“=”成立,又即,故,故选:B【点睛】本题主要考查等差等比数列的性质与基本不等式的“一正二定三相等”.若是等比数列,且,则若是等差数列,且,则9、D【解析】
利用不等式的性质或举反例的方法来判断各选项中不等式的正误.【详解】对于A选项,若且,则,该选项错误;对于B选项,取,,,,则,均满足,但,B选项错误;对于C选项,取,,则满足,但,C选项错误;对于D选项,由不等式的性质可知该选项正确,故选:D.【点睛】本题考查不等式正误的判断,常用不等式的性质以及举反例的方法来进行验证,考查推理能力,属于基础题.10、B【解析】
通过逐一判断ABCD选项,得到答案.【详解】对于A选项,若,代入,,故A错误;对于C选项,等价于,故C错误;对于D选项,若,则,故D错误,所以答案选B.【点睛】本题主要考查不等式的相关性质,难度不大.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、【解析】
由原函数的解析式解出自变量x的解析式,再把x和y交换位置,即可得到结果.【详解】解:记∴故反函数为:【点睛】本题考查函数与反函数的定义,求反函数的方法和步骤,注意反函数的定义域是原函数的值域.12、【解析】
将三角函数进行降次,然后通过辅助角公式化为一个名称,最后利用周期公式得到结果.【详解】,.【点睛】本题主要考查二倍角公式,及辅助角公式,周期的运算,难度不大.13、【解析】
利用同角三角函数的基本关系求出,然后利用诱导公式可求出的值.【详解】是第二象限角,则,由诱导公式可得.故答案为:.【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系和诱导公式求值,考查计算能力,属于基础题.14、【解析】
利用结合基本不等式求得的取值范围【详解】由题意知,,且,所以,当且仅当等号成立,所以.故答案为:【点睛】本题考查等比数列的前n项和及性质,利用性质结合基本不等式求最值是关键15、3【解析】
运用三角函数的诱导公式先将函数化简,再在同一直角坐标系中做出两支函数的图像,观察其交点的个数即得解.【详解】由三角函数的诱导公式得,所以令,求零点的个数转化求方程根的个数,因此在同一直角坐标系分别做出和的图象,观察两支图象的交点的个数为个,注意在做的图像时当时,,故得解.【点睛】本题考查三角函数的有界性和余弦函数与对数函数的交点情况,属于中档题.16、【解析】
直接利用向量平行性质得到答案.【详解】,若故答案为【点睛】本题考查了向量平行的性质,属于简单题.三、解答题:本大题共5小题,共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、【解析】
利用诱导公式进行化简,即可得到答案.【详解】原式.【点睛】本题考查诱导公式的应用,考查运算求解能力,求解时注意奇变偶不变,符号看象限这一口诀的应用.18、(1)12;(2)1【解析】
(1)利用同角三角函数平方和商数关系求得tanα;利用两角和差正切公式求得结果;(2)利用二倍角公式化简所求式子,分子分母同时除以cos2α【详解】(1)∵0<α<π,cosα=-3∴tanα=(2)sin=【点睛】本题考查利用同角三角函数、两角和差正切公式、二倍角的正余弦公式化简求值问题,关键是能够利用求解关于正余弦的齐次式的方式,将问题转化为与tanα19、(1),见解析(2)或,或.【解析】
(1)根据数量积的坐标表示,二倍角公式,辅助角公式即可求出的表达式,再根据五点作图法或者平移法即可作出其在上的草图;(2)依题意知,函数在上的图象与直线有两个交点,根据数形结合,即可求出的取值范围及的值.【详解】(1)依题知,.将正弦函数的图象向右平移个单位,再将各点的横坐标变为原来的,即可得到的图象,截取的部分即得,如图所示:(2)依题可知,函数在上的图象与直线有两个交点,根据数形结合,可知,或,当时,两交点关于直线对称,所以;当时,两交点关于直线对称,所以.故或,或.【点睛】本题主要考查数量积的坐标表示,二倍角公式,辅助角公式的应用,正弦型函数图象的画法,以及方程的根与两函数图象交点的个数关系的应用,意在考查学生的数学运算能力,数形结合能力,以及转化能力,属于中档题.20、(1)见证明;(2)见证明【解析】
(1)设与的交点为,连结,证明,再由线面平行的判定可得平面;(2)由为线段的中点,点是的中点,证得四边形为平行四边形,得到,进一步得到平面.再由平面,结合面面平行的判定可得平面平面.【详解】证明:(1)设与的交点为,连结,∵四边形为平行四边形,∴为中点,又是的中点,∴是三角形的中位线,则,又∵平面,平面,∴平面;(2)∵为线段的中点,点是的中点,∴且,则四边形为平行四边形,∴,又∵平面,平面,∴平面.又平面,,且平面,平面,∴平面平面.【点睛】本题考查直线与平面,平面与平面平行的判定,考查空间想象能力与思维能力,是中档题.21、(1)为非奇非偶函数,证明见解析;(2).【解析】
(1)当时,,计算不相等,也不互为相反数,可得出结论;(2)由奇函数的定义,求出的值,证明在上单调递减,有解,化
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