2020-2021学年高一数学下学期期末测试卷（苏教版 2019）01（必修二解析版）

2020-2021学年高一数学下学期期末测试卷

（苏教版2019）01

试卷满分：150分考试时长：120分钟

注意事项:

1,本试题满分150分，考试时间为120分钟.

2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.

3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无

效；在草稿纸、试题卷上答题无效.

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

\+ai

1.若——为纯虚数，i为虚数单位，则实数。的值为（）

3+4/

3434

A.--B.-C.—D.--

4343

【答案】A

【分析】

先对复数化简，然后令实部为零，虚部不为零，可求出实数。的值

【详解】

1+出_（1+山）（3-旬_3+4a3a-4

因为i为纯虚数,

3+4/-（3+4z）（3-4z）--2525

3+4。

=0

25

所以，

3a—4

*0

25

3

所以a=一-,

4

故选：A

2.5山245°$沦125°+5皿155°5山35°的值是（）

A.一苴B.-1

22

C.1D."

22

【答案】B

【分析】

根据诱导公式及两角和的余弦公式直接化简求值.

【详解】

原式=—sin65。sin55。+sin25°sin35°

=-cos25°cos350+sin25°sin35°

=-cos（35°+25°）

=-cos60°

~~2,

故选：B.

3.抛掷一枚硬币，连续出现9次正面向上，则第10次出现正面向上的概率为（）

1111

A.—B.-C.-D.—

10952

【答案】D

【分析】

由正面向上或正面向下可能性相同可求出所求概率.

【详解】

第10次抛硬币结果不受前9次结果的影响，由于硬币正面向上或正面向下可能性相同,

则概率为:，

故选:D.

【点睛】

本题考查了等可能事件的概率，属于基础题.

4.如图所示，矩形A8CD中，若反=54,反=31，则而等于（）

【答案】A

【分析】

利用向量减法、数乘运算以及平面向量的基本定理即可求解.

【详解】

诙抚=g（元-丽）=g（1+而）

=g（5q+3e2）.

故选：A

5.已知四面体ABCD的四个顶点都在以为直径的球R面上，且BC=8==2,若四面体ABCD

的体积是还，则这个球面的面积是（）

3

，,3276

A.16〃B.—71C.4%D.—71

33

【答案】A

【分析】

作出图形，取的中点0,设△88的外心E,连接0E、BE,求出点A到平面BCD的距离，可得

出OE的长，利用勾股定理可求得08,即为三棱锥A—BCD的外接球半径，再利用球体的表面积公式可

得结果.

【详解】

如下图所示，取A3的中点0,设△BCD的外心E，连接OE、BE,

设点A到平面BCD的距离为h，则V.BCD=~S.•%=逑，解得/?=还，

由球的几何性质可得OE_L平面BCD,•.•BEu平面BCD，.•.0EJ_3E,

,9r2_2也

因为。为A3的中点，则0£=上〃=上出，由正弦定理可得'.万一3，

232sin—

3

所以OB=JOE2+BE2=2,贝US球=4%R2=16%，

故选：A.

【点睛】

方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，

其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相

等且为半径；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些

元素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

A

6.在AABC中，角A、B、C的对边分别是。、b、C,已知8sin24+4cos2——9=0,且A为锐角.若

2

6sinA=a（sinB+sinC）,且AABC的面积为6，则AABC的内切圆的半径为（）

A.V3-V2B,石+亚C.4D.46+0

【答案】A

【分析】

TT

利用二倍角公式化简已知等式可得8cos2A-2cosA-l=0,解方程可求cosA的值，结合范围0<，

2

可求A的值，利用三角形的面积公式可求6c的值，由正弦定理化简已知已知等式可得b+c=6,由余弦定

理可得。的值，可求AABC的周长，设AABC的内切圆的半径为广，利用三角形的面积公式即可求解.

【详解】

A

因为8sin，A+4cos2二一9=0,所以8sii?A+2cosA-7=0，

2

即8（1-cos?A）+2cosA—7=0,所以8cos2A-2cosA-l=0-

171

因为A为锐角，解得cosA=-,.・.A=一.

23

•«,S--/?csinA-^-bc-V3，可得〃c=4.

A/IDC24

因为6sinA=Q（sin3+sinC），山正弦定理可得6。=〃（/?+c）,所以〃+c=6,

由余弦定理可得。*=Z?2+c2—2/?ccosA=b2+c2—be—(/?+c)~—3hc-24,:.a=2瓜，

所以△ABC的周长为Q+〃+C=6+2J4，

设aAbC的内切圆的半径为小则5”.=；（。+〃+。）〃=（3+布＞=石，

Ai

解得r=----产——7=尸—6—5/2.

3+V6G+逐

故选：A.

【点睛】

方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到

答案，要选择“边化角"或"角化边"，变换原则如卜：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理"角化边"；

（2）若式子中含有“、b、C的齐次式，优先考虑正弦定理"边化角"；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理"角化边"；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个角（或三个角）时，要用到三角形的内角和定理.

7.设向量z，b,£满足口=W=1,£出=一（，＜a-c,b-c＞=60°,则随I的最大值等于（）

A.1B.y[2c.y/3D.2

【答案】D

【分析】

O—•—•][

由题设知〃，否的夹角为又＜a—c,b-c＞=—,若oA==J,oc=c,则O,AC,ByU点共圆或

AC,B在以。为圆心的圆匕求两种情况下向的最值，再确定其最大值即可.

【详解】

—*—•12^27"•—•—•—*

由。♦/?=—],知：a，BH勺夹角为,又<a-c,b-c>=1,

2冗7E

，若砺=£,丽=£枇="，即ZAQ8=—,ZACB=-,

33

I、如上图，当0,ACB四点共圆，而I而HB_£1=_£)2=也2_27B+片=G，设圆的半径为

R,则2R==2，即R=1

sinZACB

,当且仅当0C为圆的直径时，有最大值|诙|=|曰=2R=2.

2、如上图，当A,C,B在以。为圆心的圆上，此时|06|=g=1,

综上：团的最大值为2.

故选：D.

【点睛】

关键点点睛：将平面向量转化为点共圆，根据£,石的夹角为胃，又讨论位置关系，

JJ

进而应用圆的性质确定的的最大值.

8.M,N分别为菱形ABC。的边8C,CO的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点。不在平面ABC

内，则在翻折过程中，下列选项正确的是（）

①肱V//平面曲；②异面直线AC与所成的角为定值；③在二面角。一AC—3逐渐变小的过程

中，三棱锥£>-ABC外接球的半径先变小后变大；④若存在某个位置，使得直线A。与直线8C垂直，则

Z4BC的取值范围是0,'

A.①②B.①②④C.①④D.①②③④

【答案】B

【分析】

利用线面平行的判定定理判断①；利用线面垂直的判定定理求出异面直线AC与MN所成的角，判断②；

借助极限状态，当平面DAC与平面ABC重合时，三棱锥D-A8C外接球即是以AABC外接圆圆心为球

心，外接圆半径为球半径，当二面角。-AC-B逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析可判断③；过A

作AH±BC于H，按ZABC分别为锐角，直角,钝角三种情况进行分析判断即可判断④.

【详解】

对于①，；M，N分别为菱形ABC。的边BC,C。的中点，，MN//BO,又MVZ平面A8D,BDu

平面?W£）,二MN//平面板），①正确；

对于②，取AC中点。，连接。0,30,如图，则。O_LAC,8O_LAC,800。。=。，六人。，平

面8。0，而BOu平面BD。，；.ACLBO,；.4C_LMN,即异面直线MN与AC所成的角为90。，

②正确；

D

对于③，借助极限状态，当平面DAC与平面ABC重合时，三棱锥。一ABC外接球即是以AABC外接

圆圆心为球心，外接圆半径为球半径，当二面角AC—B逐渐变大时，球心离开平面ABC,但球心在

平面ABC内射影仍然是△ABC外接圆圆心，故二面角。一AC—B逐渐变小的过程中，三棱锥£>—ABC

外接球的半径不可能先变小后变大，③错误；

对于④，过A作于”，若NABC为锐角，则”在线段3c上，若NABC为直角，则”与8重

合，若NABC为钝角，则”在线段CB的延长线上，

若存在某个位置，使得直线AO与6C垂直，；.8CJ_平面AHO，由线面垂直的性质得

BC1HD,

若NABC为直角，则”与3!苴合，则CBLBD,而已知5c=CD，3。不可能成立，即NA3C

不可能为直角，

若NABC为钝角，则H在线段CB的延长线上，则在原平面菱形A6C0中，N0CB为锐角，由于立体图

形中。8<DO+OB,因此立体图形中NDCB比原平面图形更小，,立体图形中NDCE为锐角，而

6C=CD,...空间图形中△8CD是锐角三角形,由BCJ.H。知”在线段8C上，与“在线段CB的延

长线上矛盾，因此NA8C不可能为钝角，

综上可知，NA3C只能为锐角，即④正确.

DD

ABAA工H

/48C为锐角46C为直角44C为钝角

故选：B.

【点睛】

本题考查异面直线所成的角，线面平行与线面垂宜的判定，多面体外接球问题，考查空间图形折叠问题，

考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力，借助极限状态和反证法思想的运用是解题的关键，综合性较

强，属于难题.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9.由我国引领的5G时代已经到来，5G的发展将直接带动包括运营、制造、服务在内的通信行业整体的快

速发展，进而对G0P增长产生直接贡献，并通过产业间的关联效应和波及效应，间接带动国民经济各行业

的发展，创造出更多的经济增加值.如图是某单位结合近年数据，对今后几年的5G经济产出所做的预测.结

A.5G的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加

B.设备制造商的经济产出前期增长较快，后期放缓

C.设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位

D.信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势

【答案】ABD

【分析】

本题结合图形即可得出结论.

【详解】

解：从图表中可以看出运营商的经济产出逐年增加，故A正确；

设备制造商的经济产出前期增长较快，后期放缓，故B正确；

2029年、2030年信息服务商在总经济产出中处于领先地位，故C错误,

信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势，故D正确；

故选：ABD

【点睛】

本题主要考查数学文字及图形的阅读理解能力.属于基础题.

10.若点。是线段BC外一点，点P是平面上任意一点，S.OP=WB+juOC（A,昨R）,则下列说法正确的

有（）

A.若仙■“f且Q0,则点P在线段BC的延长线上

B.若1+〃=1且k0,则点P在线段8c的延长线上

C.若入+〃>1,则点P在AOBC夕卜

D.若入+〃<1,则点P在AOBC内

【答案】BC

【分析】

根据向量的减法运算，向量数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，以及相反向量的概念即可判断

出每一项的正误.

【详解】

因为9=4砺+〃反（儿〃GR）

若人+“=1且入>0,则OP—AOB+（1—2）OC—OC+九（。8—OC）,

故而一前=4（丽-反），即丽=尤丽，又4>0,则点P在线段8c或其反向延长线上，A错误；

若/i+U=l且M0,同上可得而=彳而，而次0,则点P在线段8C的延长线上，B正确；

若4+〃>1,OP^AOB+（\-X）OC+^+pi-\）OC,同上可得刀=4而+（/1+〃-1）反，当入+”>1

时，入+“-1>0,根据向量加法的平行四边形法则可以看出则点P在△08C外，C正确；

若入+*1,不妨令A=0,”=-1则而=—0心，很显然此时点P在线段CO的延长线上，不在AOBC内，D

错误.

故选：BC.

【点睛】

关键点点睛：掌握向量的减法运算，向量数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，以及相反向量的

概念是解题关键.

11.下列结论正确的是（）

A.在△ASC中，若A>B，贝ijsinA>sin3

B.在锐角三角形ABC中，不等式〃+。2_/>0恒成立

TT

C.在AABC中，若。=一，a2-c2^bc，则AABC为等腰直角三角形

4

D.在AABC中，若6=3,4=60°,三角形面积5=3百，则三角形外接圆半径为正

3

【答案】ABC

【分析】

对选项A,利用三角形"大角对长边"和正弦定理即可判断A正确；对选项B,利用余弦定理

cosA="/~—>0,即可判断B正确，对选项C,首先根据余弦定理得到b+c=伍，利用正弦定

2bc

理边化角公式得到sinB+sin-=V2sinA,再化简即可判断选项C正确.对选项D,首先利用面积公式得

4

到c=4,利用余弦定理得到a=J万，再利用正弦定理［J=2R即可判断D错误.

smA

【详解】

对选项A,在△ABC中，由27?sinA>27?sinB=>sinA>sinB,

故A正确.

Z.22_2

对选项B,若则COSA=--------->0，

2bc

又因为0<Av〃，所以A为锐角，符合AAHC为锐角三角形，故B正确.

对选项C,c~=a~+b~-labcos—»整理得：c1=a?+b?—J^ab.

因为a?—/=be，所以。c+/?2—\/2ab=0»即b+c=

所以sinB+sinf=>/isinA,即sin8+立=&sin(8+工)，

424

sinB+=V2(sinBcos?+cosBsin?)=sin8+cosB，

即COS8=Y2,又0<8（乃，所以8=工.

24

故4=乃-------=一，则AABC为等腰直角三角形，故C正确.

442

对选项D,s=」bcsinA=Lx3xcx@=3G，解得c=4.

222

a2-b1+c2-2/?ccosA=9+16—2x3x4x—=13,

2

所以。=>/1~3-

又因为21=屈、二=汉羽=2R，R=叵，故D错误.

sin60V333

故选：ABC

【点睛】

本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.

12.在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹熊或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，

随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为"灯

罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长

（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个"灯罩斗笠"，帽坡长20厘米,帽底宽206

厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是（）

A.斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120。

B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100百平方厘米

C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600兀平方厘米

D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为206-30厘米

【答案】ACD

【分析】

先求出截面的顶角的一半，即可求出顶角判断选项A；利用三角形的面积公式以及三角函数值的范围可判断

选项B；求出圆锥形的斗笠外接球的半径即可得球的表面积可判断选项C；求出圆锥形的斗笠内切球的半径

即截面圆的半径即可判断选项D,进而可得正确选项.

【详解】

对于选项A：P0=,202-(10®=,400—300=10,

所以sinNBPO=«^=3@=立，N8PO=60°

AP202

所以NAPB=120，故选项A正确.

对于选项B：设NAPB=。，截面三角形面积和S=lR42.sine=200sineK200,故选项B不正确;

2

对于选项C：设外接球球心为M，半径为R，MA^MP^R

在AAOM中，由勾股定理可得：300+(10—R『=R2,解得：R=2Q

所以该球的表面积S=4兀・202=1600兀，故选项C正确；

对于选项D：设球心为。'，截面主视图如下图，设内切圆半径为，

各边长分别为Q4==2(),A3=20百，

所以((20+20+204)r=g-20G-10,解得：r=20>/3-30.

故选项D正确.

p

故选：ACD

【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键点是准确理解轴截面的形状，会计算外接球和内切球的半径.

三、填空题(本大题共4小题，共20分)

13.某射手一次射击中，击中10环、9环、8环的概率分别是024,0.28,0.19,则这位射手在一次射击中

不够9环的概率是.

【答案】0.48

【分析】

一次射击中不够9环的对立事件是9环，10环，按对立事件计算.

【详解】

由已知某射手一次射击中，击中10环、9环、8环的事件是互斥的，而事件："这位射手在一次射击中不够

9环”的对立事件为：”这位射手在一次射击中9环或10环”，故所求概率P=l-(0.28+0.24)=0.48.

故答案为：0.48

【点睛】

本题考查利用对立事件计算概率，属于简单题型.

14.平行四边形ABC。中，AB=2,AD=4,ZBAD=60°,E是3C的中点，F是AE的中点，则向量而

的模长是______.

B

【答案】"

【分析】

利用向量的运算法则将方用已知向量表示，再利用向量数量积的运算律求解即可.

【详解】

——一1——1一1——1—3——

•.■DF=DA+-AE=DA+-(AB+-AD)=-AB--AD

22224

1一3一—I1__3—，

••.IDF\=\-AB--AD|=>|DF\=JQ-AB--AD\)2

=口福2_3丽.通+2而2

V4416

11,3.1~9~~

=J—x4——x4Ax2x—+—xl6

V44216

=S•

故答案为：近.

【点睛】

关键点睛：解决本题主要掌握两点：一是数量积的基本公式7B=WMcos。；二是向量的平方等于向量模

的平方7=同二

15.如图，测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D,测得/BCr>=30°,

ZBDC=120°,CD=10m,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高A8=m.

【答案】30

【分析】

由正弦定理可得忸q=ioG,进而可得结果.

【详解】

inV3

16diA10x—

由题可知NCBD=30°，由正弦定理可得」_J=>\Bc\=—=1073

sin120sin3011J_

2

所以|AB|=tan60^BC|=73x1073=30

故答案为：30

16.《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数

学的两大源泉.《九章算术》卷五记载："今有刍薨，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积儿何？"

译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ-ABC。，下底面A8CD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ的中

点R在底面ABCO上的投影为矩形ABCO的中心点。，PQ//AB,AB=4,A£）=3,PQ=2,OR=1

（长度单位：丈）.则楔体PQ-ABC。的体积为（体积单位：立方丈）.

【答案】5

【分析】

将几何体PQ—A5CD补成直三棱柱4DE-BCF,计算出三棱柱ADE-BCF、三棱锥P—ADE、三

棱锥Q-BCF的体积，进而可求得楔体PQ-A8CD的体积.

【详解】

延长QP至点E，使得尸石=1，延长PQ至点F，使得。尸=1,分别取A。、BC的中点〃、N,

连接AC、AN.CM.AE，DE、BF、CF、EM、FN、MN,如下图所示:

因为四边形4?C£＞为矩形，则且AD=3C,

又因为〃、N分别为AD、8C的中点，则AM〃&V且AM=BN,

所以四边形ABMVf为平行四边形，MM/4B且MN=43,

•.•0为矩形ABCO的中心，则。为AC的中点，

因为A/、N分别为A。、8c的中点，则AM〃aV且AM=CN,

所以四边形AMCN为平行四边形，所以，AC，MN互相平分，

因为。为AC的中点，则。为MN的中点，

•;PE=QF=l,PQ=2,EF=PQ+PE+QF=4=AB,

•.­PQ//AB,则又•：MNIIAB宣MN=AB,:.EF//MNREF=MN,

所以，四边形E/WM为平行四边形，.•.石加〃硒且励/=可，

•.•R为PQ的中点，且尸E=QF,则R为跖的中点，

•.•0为阳的中点，.・.£氏〃。“且£氏=0w，所以四边形E7?QM为平行四边形，.•.£M〃OR，

点/?在底面ABC。上的投影为矩形ABCD的中心点。，则RO_L平面ABCD，

平面A88，

ABu平面ABCD，.•.AB，，

因为四边形ABCO为矩形，则43,4)，EMnA£)="，.,.AB，平面A0E，

因为AB//CD//EF且AB=CD=EF,所以，儿何体ADE-8CE为直三棱柱，

•.EMJ_平面ABCO,40匚平面钻。£＞，..£^_1/10，

13

因为四边形EROM为平行四边形，则£M=QR=1,S.ADF^-AD-EM=-,

3111

5-ABx4=6

VADE-BCF=A4DE=2'%-ADE=SMDE*PE=~，同理可得VQ_BCF=5»

因此，楔体PQ—ABC。的体积为匕qABCD=VADE-BCF~^P-ADE~^Q-BCF~5■

故答案为：5.

【点睛】

方法点睛：求解多面体体积的方法如下：

(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位

置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.

四、解答题(本大题共6小题，共70分)

17.(10分)已知复数Z1=l+i,Z2=x+2i(xeA),且zez2为实数.

(1)求X的值；

8八

(2)若Z3—Z,是纯虚数，且4+—€/?,求复数Z3.

Z3

【答案】(1)x=-2；(2)23=-2或23=-2-2二

【分析】

(1)计算ZR2,再由复数的分类求解；

(2)设Z3=a+初(a,1GR)代入计算.

【详解】

(1)由已知Z1Z2=(l+i)(x+2i)=x-2+(x+2)i,它是实数，则x+2=0,%=-2；

a+2=0

(2)设Z3=a+应/?),则Z3-Z2=(a+2)+(Z?-2)i,它是纯虚数，则，

-。-2。0

/.a=—2＞。。2,即Z3=-2+bi,

,4+J+历+上=一2+万+…。―上

+小*i是实数,

32

z3-2+bi(-2+W)(-2-/?z)4+/?I4+b-

QL.

:・b-----=0,解得人=0或匕=一2或b=2(舍去),

4+。7T~

/.Z3=-2或Z3=—2—2z.

【点睛】

本题考查复数的综合运算，考查复数的分类，涉及到复数分类问题时可设23=a+万(。功eH),代入计算,

再由复数分类得出结论.

18.（12分）如图，已知向量两=Z丽=6,点48分别是SM,SN的中点.

（1）试用向量1,5表示向量MN；

（2）设何=1,同=2,|丽上［2出,2件］,试求M与5的夹角8的取值范围.

【答案】（1）MN=2（b-a）；（2）0e。片.

【分析】

（1）由A3是△SM0的中位线得出丽=2而，进而得出结果;

-r■111

（2）先求出值6e［—1,1］,进而求得cosOe,山此确定出。的取值范围.

【详解】

（1）依题意知A8是△SM0的中位线，所以，丽=2丽=2（砺—函）=20—可；

（2）由（1）得丽7=2（6—@，平方得：

MN'=4（^-5）2=4（b2-2a-b+a2）

=4（忸『-2a-b+\a^=4（22-2a-b+l2）=2Q-Sa-b

所以8M石=20-1而开，由|丽同2百,2何可得必良［—1,1］,

A晨B1_厂「11］「万2乃］

所以3"丽=/"［一¥5］，又强1°㈤，所以叫了可.

故万与B夹角。的取值范围是•

19.(12分)已知函数，(x)=sin2x+Gsinx-cosx•

(1)求函数f(x)在区间0,—上的最大值;

(2)已知/i(x)=/■卜若不等式/z(x)+cosx-加＜0在上恒成立,

求实数m的取值范

围.

313

【答案】⑴/(%)_=-，(2)/«>-.

Zo

【分析】

(1)将/(X)化为/(x)=sin(2xq)+g,然后可得答案；

(2)h(x)=cos2x+—,由/z(x)+cosx-m<0得m>2COS2X+COSX-‘，然后求出右边的最大值即可.

22

【详解】

/«、//、•2岛.l-coslx6.c.乃11

(1)/(x)=sinx+，3sinx-cosx=---------1---sin2x=sm2x+—

22[6)2

八27rle717117V

当X£0,--时，2x----€---,---

L3J6L66J

所以当2x_\=g,即x=?时，/(x)max

(2)h(x)=/(x-V)=sin(2x-/)+g=-cos2x+g

由力(x)+cosx-mv0得/Z(X)+COSX=-COS2X+COSX+5=-2COS2X+COSX+1

33

令t—cosxe(0,1),所以y=-2cos-x+cosx+-=—2广+f+—

i313

当f=一时y=-2.r+H—取得最大伯—

428

13

所以/〃>—

8

20.(12分)甲乙两名篮球运动员分别在各自不同的5场比赛所得篮板球数的茎叶图如图所示，已知两名运

动员在各自5场比赛所得平均篮板球数均为10.

甲乙

8708y

30I0I2

(1)求x,y的值；

(2)求甲乙所得篮板球数的方差价和5；,并指出哪位运动员篮板球水平更稳定；

(3)教练员要对甲乙两名运动员篮板球的整体水平进行评估.现在甲乙各自的5场比赛中各选一场进行评

估，则两名运动员所得篮板球之和小于18的概率.

261

【答案】(1)x=2,y=9;(2)9Sj=g,S乙92=2,乙更稳定；(3)

【分析】

⑴利用平均数求出x,y的值；(2)求出甲乙所得篮板球数的方差酩和黑，判断哪位运动员篮板球水平更稳

定；(3)利用古典概型的概率求两名运动员所得篮板球之和小于18的概率.

【详解】

(1)由题得8+7+30+3+x+0=50,r.x=2,

8+y+30+0+1+2=50,y=9.

(2)由题得S甲2=#(8-10)2+(7-10)2+(13-10)2+(12—10)2+(10—10)2]=],

Si2=1[(8-10)2+(9-10)2+(ll-10)2+(12-10)2+(10-10)2]=y=2.

因为2<g,所以乙运动员的水平更稳定.

(3)由题得所有的基本事件有(8,8),(8,9),(8,10),(8,11),(8,12),(7,8),(7,9),(7,10),(7,11),(7,12),

(10,8),(10,9),(10,10),(10,11),(10,12),(12,8),(12,9),(12,10),(12,11),(12,12),(13,8),(13,9),

(13,10),(13,11),(13,12).共25个.

两名运动员所得篮板球之和小于18的基本事件有(8,8),(8,9),(7,8),(7,9),(7,10),共5个，

山古典概型的概率公式得两名运动员所得篮板球之和小于18的概率为2=」.

255

【点睛】

本题主要考查平均数的计算和方差的计算，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解

掌握水平和分析推理能力.

21.(12分)如图，某登山队在山脚A处测得山顶8的仰角为45°，沿倾斜角为。(其中tana=')的斜

2

坡前进班上加后到达。处，休息后继续行驶石到达山顶B.

(1)求山的高度破；

(2)现山顶处有一塔CB=.从A到。的登山途中，队员在点P处测得塔的视角为。(NCP8=6).若

O

点、P处高度PF为xkm,则x为何值时，视角，最大？

【答案】(1)3km：(2)当x=36时，视角6最大.

4

【分析】

(1)解法-：计算出cosNBAD的值，然后在AABD中，过。作。垂足为M,利用锐角三角

函数的定义求出AB，然后在中利用锐角：角函数可求出BE；

解法二：过。作。GLAET点G，过D作DHLBE于点H，计算出OG、AG,设BE=h,可得出

BH=h—l,DH=h-2,由勾股定理即:+£>”2可解出力的值，即可得出山高：

(2)过P作加_LBE于〃，计算出tanNCPM和tanNBPM,利用两角差的正切公式

1加。=1311(/。物-/5尸加)可得出13116关于工的表达式，通过化简后利用基本不等式可求出tan。的

最大值，利用等号成立求出x的值，即可得出该问题的解答.

【详解】

112

(1)法一：因为tanc=/,。是锐角，所以sina=不，cosa=-j=,

,R,.(H\n.7i.12113J10

所以cos//BAD=cos---cc—cos—cosoc+sin—sina-—产x—产H—产x—产-.....,

U)446加6亚10

在△A6。中，过。作垂足为

因为4。=8。=逐，所以AB=2AM=2A£>cosNBAO=2^x^^=3丘.

10

在AABE中，BE=ABcos45°=3，所以山的高度为3Am；

法二：过。作QG_LA£于点G,过D作DH工BE于点H,

112

在AADG中，ZDAG=a,tana=-,所以sma=7，cosa=-^,

2A/5\J5

所以£>G=AOsina=也义卡=1,AG=ADcosex=5/5x—==2

V5

设3£=〃，在直角中，BH=h—1,DH=h—2,

由于3£>2=3炉+0”2，所以（右）~=（/?-1）2+（〃一2丫

因为人>0,所以。=3,所以山的高度为3kn；

（2）过尸作PM_LBE于〃，因为PF=x,所以A尸=2x，

因为尸在AO上，DG=1,所以为

3

-X

BM_3-xC8278

所以Z-=-=