部分区联考2018～2019学年度高一第二学期期末数学试题及答案

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一.填空题（本大题14题，每题3分，共42分）1.函数的最小正周期是________.【答案】【解析】【分析】根据函数的周期公式计算即可.【详解】函数的最小正周期是.故答案为：【点睛】本题主要考查了正切函数周期公式的应用，属于基础题．2.计算：________.【答案】3【解析】【分析】直接利用数列的极限的运算法则求解即可．【详解】.故答案为：3【点睛】本题考查数列的极限的运算法则，考查计算能力，属于基础题．3.设函数，则________.【答案】【解析】【分析】利用反三角函数的定义，解方程即可．【详解】因为函数，由反三角函数的定义，解方程，得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了反三角函数的定义，属于基础题．4.已知数列是等差数列，若，，则公差________.【答案】2【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．【详解】设等差数列公差为，∵，，∴，解得＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．5.已知数列等比数列，若，，则公比________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【详解】∵数列是等比数列，若，，则，解得，即.故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．6.计算：________.【答案】【解析】【分析】由等比数列前n项和公式，得=[1﹣]，从而求极限即可．【详解】∵＝＝[1﹣]，∴[1﹣]=．故答案为：【点睛】本题考查了等比数列前n项和公式的应用，以及数列极限的求法，属于基础题．7.方程的解集为________.【答案】【解析】【分析】由诱导公式可得，由余弦函数的周期性可得：.【详解】因为方程，由诱导公式得，所以，故答案为：．【点睛】本题考查解三角函数的方程，余弦函数的周期性和诱导公式的应用，属于基础题．8.已知数列是等差数列，记数列的前项和为，若，则________.【答案】3【解析】【分析】由等差数列的求和公式和性质可得，代入已知式子可得．【详解】由等差数列的求和公式和性质可得：＝，且，∴.故答案为：3．【点睛】本题考查了等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．9.夏季某座高山上的温度从山脚起每升高100米降低0.8度，若山脚的温度是36度，山顶的温度是20度，则这座山的高度是________米【答案】2000【解析】【分析】由题意得，温度下降了，再求出这个温度是由几段100米得出来的，最后乘以100即可.【详解】由题意得，这座山的高度为：米故答案为：2000【点睛】本题结合实际问题考查有理数的混合运算，解题关键是温度差里有几个0.8，属于基础题.10.若，则的取值范围是________.【答案】【解析】【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．11.若函数，的最大值为，则的值是________.【答案】【解析】【分析】利用两角差的正弦公式化简函数的解析式为，由的范围可得的范围，根据最大值可得的值.【详解】∵函数＝2（）＝，∵，∴∈[，]，又∵的最大值为，所以的最大值为，即=，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式的应用，正弦函数的定义域和最值，属于基础题．12.已知，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则_______________.【答案】5【解析】【详解】试题分析：由题意得，为等差数列时，一定为等差中项，即，为等比数列时，-2为等比中项，即，所以.考点：等差，等比数列的性质13.已知数列满足，，，记数列的前项和为，则________.【答案】7500【解析】【分析】讨论的奇偶性，分别化简递推公式，根据等差数列的定义得的通项公式，进而可求.【详解】当是奇数时，＝﹣1，由，得，所以，，，…，…是以为首项，以2为公差的等差数列，当为偶数时，＝1，由，得，所以，，，…，…是首项为，以4为公差的等差数列，则，所以.故答案为：7500【点睛】本题考查数列递推公式的化简，等差数列的通项公式，以及等差数列前n项和公式的应用，也考查了分类讨论思想，属于中档题．14.已知数列的通项公式是，若将数列中的项从小到大按如下方式分组：第一组：，第二组：，第三组：，…，则2018位于第________组.【答案】32【解析】【分析】根据题意可分析第一组、第二组、第三组、…中数的个数及最后的数，从中寻找规律使问题得到解决．【详解】根据题意:第一组有2＝1×2个数，最后一个数为4；第二组有4＝2×2个数，最后一个数为12，即2×（2+4）；第三组有6＝2×3个数，最后一个数为24，即2×（2+4+6）；…∴第n组有2n个数，其中最后一个数为2×（2+4+…+2n）＝4（1+2+3+…+n）＝2n（n+1）．∴当n＝31时，第31组的最后一个数为2×31×32＝1984，∴当n＝32时，第32组的最后一个数为2×32×33＝2112，∴2018位于第32组．故答案为：32．【点睛】本题考查观察与分析问题的能力，考查归纳法的应用，从有限项得到一般规律是解决问题的关键点，属于中档题．二、选择题（本大题共4题，每题4分，共16分）15.“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的（）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件【答案】A【解析】【分析】数列是等比数列与命题是等比数列是否能互推，然后根据必要条件、充分条件和充要条件的定义进行判断．【详解】若数列是等比数列，则，∴，∴数列是等比数列，若数列是等比数列，则，∴，∴数列不是等比数列，∴数列是等比数列是数列是等比数列的充分非必要条件，故选：A．【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判断，注意等比数列的性质的灵活运用，属于基础题．16.设，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由得，再计算即可.【详解】，，所以故选：D【点睛】本题考查了以数列的通项公式为载体求比值的问题，以及归纳推理的应用，属于基础题．17.已知等差数列公差d＞0，则下列四个命题：①数列是递增数列；②数列是递增数列；③数列是递增数列；④数列是递增数列；其中正确命题的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】对于各个选项中的数列，计算第n+1项与第n项的差，看此差的符号，再根据递增数列的定义得出结论．【详解】设等差数列，d＞0∵对于①，n+1﹣n＝d＞0，∴数列是递增数列成立，是真命题．对于②，数列，得，，所以不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，是假命题．对于③，数列，得，，不一定是正实数，故是假命题．对于④，数列，故数列是递增数列成立，是真命题．故选：B．【点睛】本题考查用定义判断数列单调性，考查学生的计算能力，正确运用递增数列的定义是关键，属于基础题．18.已知数列和数列都是无穷数列，若区间满足下列条件：①；②；则称数列和数列可构成“区间套”，则下列可以构成“区间套”的数列是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】直接利用已知条件，判断选项是否满足两个条件即可．【详解】由题意，对于A：，，∵，∴不成立，所以A不正确；对于B：由，，得不成立，所以B不正确；对于C：，∵，∴成立，并且也成立，所以C正确；对于D：由，，得，∴不成立，所以D不正确；故选：C．【点睛】本题考查新定义理解和运用，考查数列的极限的求法，考查分析问题解决问题的能力及运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共4题，共42分）19.解关于的方程：【答案】【解析】【分析】根据方程解出或，利用三角函数的定义解出，再根据终边相同角的表示即可求出.【详解】由，得，所以或，所以或，所以的解集为：.【点睛】本题考查了三角方程的解法，终边相同角的表示，反三角函数的定义，考查计算能力，属于基础题.20.已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式.【答案】【解析】【分析】当时，，当时，，即可得出．【详解】∵已知数列的前项和为，且，当时，，当时，，检验：当时，不符合上式，【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．21.已知等比数列是递增数列，且满足：，.（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式；（2）由（1）得，再利用等差数列的求和公式进行解答即可．【详解】（1）由题意，得，又，所以，，或，，由是递增的等比数列，得，所以，，且，∴，即；（2）由（1）得，得，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等差数列的其前n项和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.已知数列满足，．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求使不等式＜对一切恒成立的实数的范围．【答案】（1）见解析，；（2）【解析】【分析】（1）对递推式两边取倒数化简,即可得出，利用等差数列的通项公式得出，再得出；（2）由（1）得，再使用裂项相消法求出，使用不等式得出的范围，从而得出的范围．【详解】（1）∵，两边取倒数,∴，即，又，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，∴，∴．（2）由（1）得，∴＝，要使不等式Sn＜对一切恒成立，则．∴的范围为:．【点睛】本题考查了构造法求等差数列的通项公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题．23.己知数列是等比数列，且公比为，记是数列的前项和.（1）若＝1，＞1，求的值；（2）若首项，，是正整数，满足不等式|﹣63|＜62，且对于任意正整数都成立，问：这样的数列有几个？【答案】（1）；（2）114【解析】【分析】（1）利用等比数列的求和公式，进而可求的值；（2）根据满足不等式|﹣63|＜62，可确定的范围，进而可得随着的增大而增大，利用，可求解．【详解】（1）已知数列是等比数列，且公比为，记是数列的前项和，＝1，，，则；（2）满足不等式|﹣63|＜62，．，，且，，得随着的增大而增大，得，又且对于任意正整数都成立，得，，且是正整数，满足的个数为：124﹣11+1＝114个，即有114个，所以有114个数列．【点睛】本题以等比数列为载体，考查数列的极限，考查等比数列的求和，考查数列的单调性，属于中档题．2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一.填空题（本大题14题，每题3分，共42分）1.函数的最小正周期是________.【答案】【解析】【分析】根据函数的周期公式计算即可.【详解】函数的最小正周期是.故答案为：【点睛】本题主要考查了正切函数周期公式的应用，属于基础题．2.计算：________.【答案】3【解析】【分析】直接利用数列的极限的运算法则求解即可．【详解】.故答案为：3【点睛】本题考查数列的极限的运算法则，考查计算能力，属于基础题．3.设函数，则________.【答案】【解析】【分析】利用反三角函数的定义，解方程即可．【详解】因为函数，由反三角函数的定义，解方程，得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了反三角函数的定义，属于基础题．4.已知数列是等差数列，若，，则公差________.【答案】2【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．【详解】设等差数列公差为，∵，，∴，解得＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．5.已知数列等比数列，若，，则公比________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【详解】∵数列是等比数列，若，，则，解得，即.故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．6.计算：________.【答案】【解析】【分析】由等比数列前n项和公式，得=[1﹣]，从而求极限即可．【详解】∵＝＝[1﹣]，∴[1﹣]=．故答案为：【点睛】本题考查了等比数列前n项和公式的应用，以及数列极限的求法，属于基础题．7.方程的解集为________.【答案】【解析】【分析】由诱导公式可得，由余弦函数的周期性可得：.【详解】因为方程，由诱导公式得，所以，故答案为：．【点睛】本题考查解三角函数的方程，余弦函数的周期性和诱导公式的应用，属于基础题．8.已知数列是等差数列，记数列的前项和为，若，则________.【答案】3【解析】【分析】由等差数列的求和公式和性质可得，代入已知式子可得．【详解】由等差数列的求和公式和性质可得：＝，且，∴.故答案为：3．【点睛】本题考查了等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．9.夏季某座高山上的温度从山脚起每升高100米降低0.8度，若山脚的温度是36度，山顶的温度是20度，则这座山的高度是________米【答案】2000【解析】【分析】由题意得，温度下降了，再求出这个温度是由几段100米得出来的，最后乘以100即可.【详解】由题意得，这座山的高度为：米故答案为：2000【点睛】本题结合实际问题考查有理数的混合运算，解题关键是温度差里有几个0.8，属于基础题.10.若，则的取值范围是________.【答案】【解析】【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．11.若函数，的最大值为，则的值是________.【答案】【解析】【分析】利用两角差的正弦公式化简函数的解析式为，由的范围可得的范围，根据最大值可得的值.【详解】∵函数＝2（）＝，∵，∴∈[，]，又∵的最大值为，所以的最大值为，即=，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式的应用，正弦函数的定义域和最值，属于基础题．12.已知，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则_______________.【答案】5【解析】【详解】试题分析：由题意得，为等差数列时，一定为等差中项，即，为等比数列时，-2为等比中项，即，所以.考点：等差，等比数列的性质13.已知数列满足，，，记数列的前项和为，则________.【答案】7500【解析】【分析】讨论的奇偶性，分别化简递推公式，根据等差数列的定义得的通项公式，进而可求.【详解】当是奇数时，＝﹣1，由，得，所以，，，…，…是以为首项，以2为公差的等差数列，当为偶数时，＝1，由，得，所以，，，…，…是首项为，以4为公差的等差数列，则，所以.故答案为：7500【点睛】本题考查数列递推公式的化简，等差数列的通项公式，以及等差数列前n项和公式的应用，也考查了分类讨论思想，属于中档题．14.已知数列的通项公式是，若将数列中的项从小到大按如下方式分组：第一组：，第二组：，第三组：，…，则2018位于第________组.【答案】32【解析】【分析】根据题意可分析第一组、第二组、第三组、…中数的个数及最后的数，从中寻找规律使问题得到解决．【详解】根据题意:第一组有2＝1×2个数，最后一个数为4；第二组有4＝2×2个数，最后一个数为12，即2×（2+4）；第三组有6＝2×3个数，最后一个数为24，即2×（2+4+6）；…∴第n组有2n个数，其中最后一个数为2×（2+4+…+2n）＝4（1+2+3+…+n）＝2n（n+1）．∴当n＝31时，第31组的最后一个数为2×31×32＝1984，∴当n＝32时，第32组的最后一个数为2×32×33＝2112，∴2018位于第32组．故答案为：32．【点睛】本题考查观察与分析问题的能力，考查归纳法的应用，从有限项得到一般规律是解决问题的关键点，属于中档题．二、选择题（本大题共4题，每题4分，共16分）15.“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的（）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件【答案】A【解析】【分析】数列是等比数列与命题是等比数列是否能互推，然后根据必要条件、充分条件和充要条件的定义进行判断．【详解】若数列是等比数列，则，∴，∴数列是等比数列，若数列是等比数列，则，∴，∴数列不是等比数列，∴数列是等比数列是数列是等比数列的充分非必要条件，故选：A．【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判断，注意等比数列的性质的灵活运用，属于基础题．16.设，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由得，再计算即可.【详解】，，所以故选：D【点睛】本题考查了以数列的通项公式为载体求比值的问题，以及归纳推理的应用，属于基础题．17.已知等差数列公差d＞0，则下列四个命题：①数列是递增数列；②数列是递增数列；③数列是递增数列；④数列是递增数列；其中正确命题的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】对于各个选项中的数列，计算第n+1项与第n项的差，看此差的符号，再根据递增数列的定义得出结论．【详解】设等差数列，d＞0∵对于①，n+1﹣n＝d＞0，∴数列是递增数列成立，是真命题．对于②，数列，得，，所以不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，是假命题．对于③，数列，得，，不一定是正实数，故是假命题．对于④，数列，故数列是递增数列成立，是真命题．故选：B．【点睛】本题考查用定义判断数列单调性，考查学生的计算能力，正确运用递增数列的定义是关键，属于基础题．18.已知数列和数列都是无穷数列，若区间满足下列条件：①；②；则称数列和数列可构成“区间套”，则下列可以构成“区间套”的数列是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】直接利用已知条件，判断选项是否满足两个条件即可．【详解】由题意，对于A：，，∵，∴不成立，所以A不正确；对于B：由，，得不成立，所以B不正确；对于C：，∵，∴成立，并且也成立，所以C正确；对于D：由，，得，∴不成立，所以D不正确；故选：C．【点睛】本题考查新定义理解和运用，考查数列的极限的求法，考查分析问题解决问题的能力及运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共4题，共42分）19.解关于的方程：【答案】【解析】【分析】根据方程解出或，利用三角函数的定义解出，再根据终边相同角的表示即可求出.【详解】由，得，所以或，所以或，所以的解集为：.【点睛】本题考查了三角方程的解法，终边相同角的表示，反三角函数的定义，考查计算能力，属于基础题.20.已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式.【答案】【解析】【分析】当时，，当时，，即可得出．【详解】∵已知数列的前项和为，且，当时，，当时，，检验：当时，不符合上式，【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．21.已知等比数列是递增数列，且满足：，.（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式；（2）由（1）得，再利用等差数列的求和公式进行解答即可．【详解】（1）由题意，得，又，所以，，或，，由是递增的等比数列，得，所以，，且，∴，即；（2）由（1）得，得，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等差数列的其前n项和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.已知数列满足，．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求使不等式＜对一切恒成立的实数的范围．【答案】（1）见解析，；（2）【解析】【分析】（1）对递推式两边取倒数化简,即可得出，利用等差数列的通项公式得出，再得出；（2）由（1）得，再使用裂项相消法求出，使用不等式得出的范围，从而得出的范围．【详解】（1）∵，两边取倒数,∴，即，又，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，∴，∴．（2）由（1）得，∴＝，要使不等式Sn＜对一切恒成立，则．∴的范围为:．【点睛】本题考查了构造法求等差数列的通项公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题．23.己知数列是等比数列，且公比为，记是数列的前项和.（1）若＝1，＞1，求的值；（2）若首项，，是正整数，满足不等式|﹣63|＜62，且对于任意正整数都成立，问：这样的数列有几个？【答案】（1）；（2）114【解析】【分析】（1）利用等比数列的求和公式，进而可求的值；（2）根据满足不等式|﹣63|＜62，可确定的范围，进而可得随着的增大而增大，利用，可求解．【详解】（1）已知数列是等比数列，且公比为，记是数列的前项和，＝1，，，则；（2）满足不等式|﹣63|＜62，．，，且，，得随着的增大而增大，得，又且对于任意正整数都成立，得，，且是正整数，满足的个数为：124﹣11+1＝114个，即有114个，所以有114个数列．【点睛】本题以等比数列为载体，考查数列的极限，考查等比数列的求和，考查数列的单调性，属于中档题．。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.函数的值域是______.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数定义得结果【详解】由反正弦函数定义得函数的值域是【点睛】本题考查反正弦函数定义，考查基本分析求解能力，属基础题2.在等差数列中，，当最大时，的值是________.【答案】6或7【解析】分析】利用等差数列的前项和公式，由，可以得到和公差的关系，利用二次函数的性质可以求出最大时，的值.【详解】设等差数列的公差为，，，所以，因为，，所以当或时，有最大值，因此当的值是6或7.【点睛】本题考查了等差数列前项和公式，考查了等差数列的前项和最大值问题，运用二次函数的性质是解题的关键.3.若，则______.【答案】，【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值求解三角方程【详解】因为【点睛】本题考查解简单三角方程，考查基本分析求解能力，属基础题4.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______.【答案】1【解析】【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5.由于坚持经济改革，我国国民经济继续保持了较稳定的增长.某厂2019年的产值是100万元，计划每年产值都比上一年增加，从2019年到2022年的总产值为______万元（精确到万元）.【答案】464【解析】【分析】根据等比数列求和公式求解【详解】由题意得从2019年到2022年各年产值构成以100 为首项，1.1为公比的等比数列，其和为【点睛】本题考查等比数列应用以及等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题6.设数列是等差数列，，，则此数列前20项和等于______.【答案】180【解析】【分析】根据条件解得公差与首项，再代入等差数列求和公式得结果【详解】因为，，所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值【详解】因为所以角最大值为【点睛】本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题8.（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为．【答案】【解析】试题分析：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.考点：恒成立问题.9.若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．【答案】100【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为100．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．10.在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义：，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________ ．【答案】【解析】试题分析：根据正余弦函数定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）11.“”是“”成立的（）A. 充分非必要条件.B. 必要非充分条件.C. 充要条件.D. 既非充分又非必要条件.【答案】A【解析】【分析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题12.公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则（）A. 8B. 2C. 4D. 1【答案】D【解析】【分析】根据条件解得首项，再求【详解】因为，所以，选D.【点睛】本题考查等比数列通项公式中基本量，考查基本分析求解能力，属基础题13.用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】比较与时不等式左边的项，即可得到结果【详解】因此不等式左边为，选C.【点睛】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题14.如图，函数的图像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值，即可进行比较判断选择【详解】因为，所以舍去D; 因为，所以舍去A; 因为，所以舍去B;选C.【点睛】本题考查图象识别，考查基本分析判断能力，属基础题三、解答题（本大题共6个题，满分58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，某人在离地面高度为的地方，测得电视塔底的俯角为，塔顶的仰角为，求电视塔的高.（精确到）【答案】【解析】【分析】过作的垂线，垂足为，再利用直角三角形与正弦定理求解【详解】解：设人的位置为，塔底为，塔顶为，过作的垂线，垂足为，则，，，，所以，答：电视塔的高为约.【点睛】本题考查利用正弦定理测量高度，考查基本分析求解能力，属基础题16.已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）在区间内是否存在数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）只有一项【解析】【分析】（1）根据通项公式直接求解（2）根据条件列不等式，解得结果【详解】解：（1）；（2）解不等式得，因为为正整数，所以，因此在区间内只有一项.【点睛】本题考查数列通项公式及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题17.已知函数（其中，）的最小正周期为.（1）求的值；（2）如果，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据余弦函数性质求解（2）先求得，再根据两角差余弦公式求解【详解】解：（1）因为.所以，因为，所以.（2）由（1）可知，所以，因为，所以，所以.因为.所以.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式以及余弦函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题18.已知数列满足关系式，.（1）用表示，，；（2）根据上面的结果猜想用和表示的表达式，并用数学归纳法证之.【答案】（1），，（2）猜想：，证明见解析【解析】【分析】（1）根据递推关系依次代入求解，（2）根据规律猜想，再利用数学归纳法证明【详解】解：（1），∴，，；（2）猜想：.证明：当时，结论显然成立；假设时结论成立，即，则时，，即时结论成立.综上，对时结论成立.【点睛】本题考查归纳猜想与数学归纳法证明，考查基本分析论证能力，属基础题19.在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．（1）求角的大小；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以的面积.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．20.已知数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）已知，记（且），是否存在这样的常数，使得数列是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列，对于任意的正整数，均有成立，求证：数列是等差数列.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义与通项公式求解（2）先化简，再根据恒成立思想求的值（3）根据和项得，再作差得，最后根据等差数列定义证明.【详解】（1），所以，由得时，，两式相减得，，，数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以.（2）若数列是常数列，为常数.只有，解得，此时.（3）①，，其中，所以，当时，②②式两边同时乘以得，③①式减去③得，，所以，因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列.【点睛】本题考查利用和项求通项、等差数列定义以及利用恒成立思想求参数，考查基本分析论证与求解能力，属中档题2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.函数的值域是______.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数定义得结果【详解】由反正弦函数定义得函数的值域是【点睛】本题考查反正弦函数定义，考查基本分析求解能力，属基础题2.在等差数列中，，当最大时，的值是________.【答案】6或7分析】利用等差数列的前项和公式，由，可以得到和公差的关系，利用二次函数的性质可以求出最大时，的值.【详解】设等差数列的公差为，，，所以，因为，，所以当或时，有最大值，因此当的值是6或7.【点睛】本题考查了等差数列前项和公式，考查了等差数列的前项和最大值问题，运用二次函数的性质是解题的关键.3.若，则______.【答案】，【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值求解三角方程【详解】因为【点睛】本题考查解简单三角方程，考查基本分析求解能力，属基础题4.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______.【答案】1【解析】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5.由于坚持经济改革，我国国民经济继续保持了较稳定的增长.某厂2019年的产值是100万元，计划每年产值都比上一年增加，从2019年到2022年的总产值为______万元（精确到万元）.【答案】464【解析】【分析】根据等比数列求和公式求解【详解】由题意得从2019年到2022年各年产值构成以100 为首项，1.1为公比的等比数列，其和为【点睛】本题考查等比数列应用以及等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题6.设数列是等差数列，，，则此数列前20项和等于______.【答案】180【解析】【分析】根据条件解得公差与首项，再代入等差数列求和公式得结果【详解】因为，，所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角最大值为______.【答案】【分析】根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值【详解】因为所以角最大值为【点睛】本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题8.（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为．【答案】【解析】试题分析：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.考点：恒成立问题.9.若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．【答案】100【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为100．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．10.在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义：，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________ ．【答案】【解析】试题分析：根据正余弦函数定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）11.“”是“”成立的（）A. 充分非必要条件.B. 必要非充分条件.C. 充要条件.D. 既非充分又非必要条件.【答案】A【解析】【分析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题12.公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则（）A. 8B. 2C. 4D. 1【答案】D【解析】【分析】根据条件解得首项，再求【详解】因为，所以，选D.【点睛】本题考查等比数列通项公式中基本量，考查基本分析求解能力，属基础题13.用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】比较与时不等式左边的项，即可得到结果【详解】因此不等式左边为，选C.【点睛】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题14.如图，函数的图像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值，即可进行比较判断选择【详解】因为，所以舍去D; 因为，所以舍去A; 因为，所以舍去B;选C.【点睛】本题考查图象识别，考查基本分析判断能力，属基础题三、解答题（本大题共6个题，满分58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，某人在离地面高度为的地方，测得电视塔底的俯角为，塔顶的仰角为，求电视塔的高.（精确到）【答案】【解析】【分析】过作的垂线，垂足为，再利用直角三角形与正弦定理求解【详解】解：设人的位置为，塔底为，塔顶为，过作的垂线，垂足为，则，，，，所以，答：电视塔的高为约.【点睛】本题考查利用正弦定理测量高度，考查基本分析求解能力，属基础题16.已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）在区间内是否存在数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）只有一项【解析】【分析】（1）根据通项公式直接求解（2）根据条件列不等式，解得结果【详解】解：（1）；（2）解不等式得，因为为正整数，所以，因此在区间内只有一项.【点睛】本题考查数列通项公式及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题17.已知函数（其中，）的最小正周期为.（1）求的值；（2）如果，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据余弦函数性质求解（2）先求得，再根据两角差余弦公式求解【详解】解：（1）因为.所以，因为，所以.（2）由（1）可知，所以，因为，所以，所以.因为.所以.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式以及余弦函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题18.已知数列满足关系式，.（1）用表示，，；（2）根据上面的结果猜想用和表示的表达式，并用数学归纳法证之.【答案】（1），，（2）猜想：，证明见解析【解析】【分析】（1）根据递推关系依次代入求解，（2）根据规律猜想，再利用数学归纳法证明【详解】解：（1），∴，，；（2）猜想：.证明：当时，结论显然成立；假设时结论成立，即，则时，，即时结论成立.综上，对时结论成立.【点睛】本题考查归纳猜想与数学归纳法证明，考查基本分析论证能力，属基础题19.在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．（1）求角的大小；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以的面积.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．20.已知数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）已知，记（且），是否存在这样的常数，使得数列是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列，对于任意的正整数，均有成立，求证：数列是等差数列.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义与通项公式求解（2）先化简，再根据恒成立思想求的值（3）根据和项得，再作差得，最后根据等差数列定义证明.【详解】（1），所以，由得时，，两式相减得，，，数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以.（2）若数列是常数列，为常数.只有，解得，此时.（3）①，，其中，所以，当时，②②式两边同时乘以得，③①式减去③得，，所以，因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列.【点睛】本题考查利用和项求通项、等差数列定义以及利用恒成立思想求参数，考查基本分析论证与求解能力，属中档题。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设直线x+y﹣1=0的倾斜角为θ．由直线x+y﹣1=0化为y=﹣x+1，可得tanθ=﹣，即可得出．【详解】设直线x+y﹣1=0的倾斜角为θ．由直线x+y﹣1=0化为y=﹣x+1，∴tanθ=﹣，∵θ∈[0，π），∴θ=．故选：C．【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．2.数列的通项公式不可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】对分为奇数偶数讨论即可判断。

【详解】对于A，当为奇数，，当为偶数，，正确；对于B，当为奇数，，当为偶数，，不正确；对于C，当为奇数，，当为偶数，，正确；对于D，当为奇数，，当为偶数，，正确；故答案选B【点睛】本题考查数列的通项公式，考查分类讨论与计算能力，属于基础题。

3.已知为非零实数，且，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质，结合特例逐个项判断，得出正确答案；【详解】对于A，若，则，两边平方得到，故A不正确；对于B，若，则，，则，故B不正确；对于C，，由于为非零数，，则，，故，即，所以C正确。

对于D，若，则，，，则，故D 不正确；故答案选C【点睛】本题考查判断不等式是否成立，此类题目要准确灵活的应用不等式的基本性质，属于基础题。

4.在各项都为正数的等比数列中，，前三项的和为21，则（）A. 33B. 72C. 84D. 189【答案】C【解析】试题分析：根据等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，可求得q，根据等比数列的通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3+a4+a5，即可得到答案．解：在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，故3+3q+3q2=21，∴q=2，∴a3+a4+a5=21×22=84，故选C考点：等比数列的性质点评：本题主要考查了等比数列的性质．要理解和记忆好等比数列的通项公式，并能熟练灵活的应用5.一个几何体三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是球挖去半球.其中两个半圆的面积为π×22=4π.个球的表面积为×4π×22=12π,所以这个几何体的表面积是12π+4π=16π.6.直线与圆位置关系是（）A. 相交B. 相切C. 相离D. 取决于的值【答案】A【解析】试题分析：化圆的方程为标准方程为，圆心坐标为，，即直线经过圆的圆心，故直线与圆必相交.考点：点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系的判断7.若点的坐标满足约束条件，则的最大值为（）A. B. C. D. 11【答案】C【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求出最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：设得：平移直线，由图像可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，由，得，即将代入目标函数得，即的最大值为；故答案选C【点睛】本题考查线性规划的应用，利用图像平移求得目标函数的最大值和最小值，数形结合是解决线性规划问题的基本方法。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.函数的最小正周期______.【答案】π【解析】函数y=3sin（2x+）的最小正周期是=π，故答案为：π．2.若扇形圆心角为，扇形面积为，则扇形半径为__________.【答案】2【解析】【分析】先将角度转化为弧度，然后利用扇形面积公式列方程，由此求得扇形的半径.【详解】依题意可知，圆心角的弧度数为，设扇形半径为，则.【点睛】本小题主要考查角度制和弧度制的转化，考查扇形面积公式，属于基础题.3.在等差数列中，已知，，则________.【答案】-16【解析】【分析】设等差数列的公差为，利用通项公式求出即可.【详解】设等差数列的公差为，得，则.故答案为：【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，属于基础题.4.若数列满足：，，则前8项的和_________.【答案】255【解析】【分析】根据已知判断数列为等比数列，由此求得其前项和.【详解】由于，故数列是首项为，公比为的等比数列，故.【点睛】本小题主要考查等比数列的定义，考查等比数列前项和公式，属于基础题.5.已知，则_________.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式求得的值，根据同角三角函数的基本关系式求得的值，根据二倍角公式求得的值.【详解】依题意，由于，所以，所以.【点睛】本小题主要考查诱导公式、同角三角函数基本关系式，二倍角公式，属于基础题.6.函数，为偶函数，则_______.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式以及的取值范围，求得的值.【详解】根据诱导公式可知，是的奇数倍，而，所以.【点睛】本小题主要考查诱导公式，考查三角函数奇偶性，属于基础题.7.在中，,其面积，则长为________.【答案】49【解析】【分析】根据三角形面积公式求得，然后根据余弦定理求得.【详解】由三角形面积公式得,解得，由余弦定理得.【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.8.设表示等比数列的前项和，已知，则______.【答案】7【解析】【分析】根据等比数列的前项和公式化简已知条件，求得的值，由此求得所求表达式的值.【详解】由于数列为等比数列，故..【点睛】本小题主要考查数列的前项和公式，考查运算求解能力，属于基础题.9.数列中,则通项____________.【答案】【解析】因为数列的首项为1，递推关系式两边加1，得到等比数列，其公比为3，首项为2，因此可知。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第Ⅰ卷一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别计算集合，集合，再求.【详解】由，得，即，由，得，所以，所以，所以.故答案选B【点睛】本题考查了集合的交集，属于简单题.2.已知，，，，则下列不等式中恒成立的是( )．A. 若，，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】选项均可找到反例说明不恒成立；根据不等式的性质可知正确.【详解】选项：若，，，，则，；此时，可知错误；选项：若，则，可知错误；选项：，则；若，则，可知错误；选项：若，根据不等式性质可知，正确.本题正确选项：【点睛】本题考查不等式的性质，可采用排除法得到结果，属于基础题.3.如图所示的是希腊著名数学家欧几里德在证明勾股定理时所绘制的一个图形，该图形由三个边长分别为，，的正方形和一个直角三角形围成，现已知，，若从该图形中随机取一点，则该点取自其中的阴影部分的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先计算总面积，再计算阴影部分面积，相除得到答案.【详解】图形总面积为：阴影部分面积为：概率为：故答案选C【点睛】本题考查了几何概型计算概率，意在考查学生的计算能力.4.已知，，，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.【详解】由对数函数的性质可得，由指数函数的性质可得，，所以，故选A．【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于中档题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.5.已知数列是等差数列，若，则（）A. 18B. 20C. 22D. 24【答案】C【解析】【分析】根据等差数列性质计算，再计算得到答案.【详解】∵数列等差数列，∴，∴，.故答案选C【点睛】本题考查了数列求和，利用等差数列性质可以简化运算.6.函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）A. B. C.D.【答案】C【解析】【分析】判断函数为奇函数，排除AB，再通过特殊值排除D，得到答案.【详解】为奇函数，排除A，B.当时，排除D故答案选C【点睛】本题考查了函数的图像，利用奇偶性和特殊值可以简化运算.7.在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（）A. 30°B. 45°C. 150°D. 45°或135°【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得到，通过大角对大边，排除一个得到答案.【详解】由正弦定理得，即，∴.又，∴，∴.故答案选B【点睛】本题考查了正弦定理，没有排除多余答案是容易犯的错误.8.已知正实数，满足，则的最小值为（）A. 4B. 6C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】变换展开利用均值不等式得到答案.【详解】∵，，，∴，当且仅当时，即时取“”.故答案选C【点睛】本题考查了均值不等式，1的代换是解题的关键.9.执行如图所示程序框图，输出的结果为( )A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据循环确定求和，再根据等比数列求和公式得结果.【详解】由图知输出的结果．故选D.【点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.10.等差数列中，已知，，则的前项和的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先通过数列性质判断，再通过数列的正负判断的最小值.【详解】∵等差数列中，，∴，即.又，∴的前项和的最小值为.故答案选C【点睛】本题考查了数列和的最小值，将的最小值转化为的正负关系是解题的关键.11.将函数的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），所得图象对应的函数在区间上的值域为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算变换后的函数表达式，再计算，得到值域.【详解】将函数的图象上各点的横坐标变为原来的，可得的图象，∵，∴，∴的最大值为1，最小值为.故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的变换，值域，意在考查学生的计算能力.12.圆周率是圆的周长与直径的比值，一般用希腊字母表示.早在公元480年左右，南北朝时期的数学家祖冲之就得出精确到小数点后7位的结果，他是世界上第一个把圆周率的数值计算到小数点后第7位的人，这比欧洲早了约1000年.在生活中，我们也可以通过设计如下实验来估计的值：在区间内随机抽取200个数，构成100个数对，其中以原点为圆心，1为半径的圆的内部的数对共有78个，则用随机模拟的方法得到的的近似值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】计算，又由于频率为取相等得到的近似值.【详解】根据几何概型公式知：故答案选C【点睛】本题考查了几何概型，意在考查学生解决问题的能力.第Ⅱ卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，，若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据，计算，代入得到.【详解】∵，∴，∴，∴.故答案为【点睛】本题考查了向量的计算，属于简单题.14.若变量，满足约束条件则的最大值为__________.【答案】16【解析】【分析】画出可行域和目标函数，通过平移得到最大值.【详解】由约束条件作出可行域如图所示，可化为，当直线过点时，取最大值，即.故答案为16【点睛】本题考查了线性规划，求线性目标函数的最值:当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.15.某市某年各月的日最高气温（℃）数据的茎叶图如图所示，若图中所有数据的中位数与平均数相等，则__________.【答案】18【解析】【分析】先计算数据的中位数为12,再利用平均值公式得到答案。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.若点共线,则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.【详解】由题意，可知，又，点共线，则，即，所以，故选A.【点睛】本题主要考查三点共线的条件，难度较小.2.已知等差数列的前项和为,则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及性质即可得到答案.【详解】由于，根据等差数列的性质，，故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和，难度不大.3.下列选项正确的是（）A. 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则【答案】B【解析】【分析】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.4.的内角的对边分别为,若,则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先通过正弦定理将边化角，于是求得，于是得到答案.【详解】根据正弦定理得：，即，而，所以，又为三角形内角，所以，故选B.【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.5.已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（）A. 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则【答案】C【解析】【分析】通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.【详解】对于A选项，有可能异面，故错误；对于B选项，可能相交或异面，故错误；对于C选项，，显然故正确；对于D选项，也有可能，故错误.所以答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.6.正方体中,直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出相关图形，通过平行将异面直线所成角转化为共面直线所成角.【详解】作出相关图形，由于，所以直线与所成角即为直线与所成角，由于为等边三角形，于是所成角余弦值为，故答案选C.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值，难度不大.7.已知,当取得最小值时（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可用导函数解决最小值问题，即可得到答案.【详解】根据题意，令，则，而当时，，当时，，则在处取得极小值，故选D.【点睛】本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，难度中等.8.的内角的对边分别为,边上的中线长为,则面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出图形，通过和余弦定理可计算出，于是利用均值不等式即可得到答案.【详解】根据题意可知，而，同理，而，于是，即，又因为，代入解得.过D作DE垂直于AB于点E，因此E为中点，故，而，故面积最大值为4，答案为D.【点睛】本题主要考查解三角形与基本不等式的相关综合，表示出三角形面积及使用均值不等式是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意的）1.直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令求，利用求。

【详解】令，由得：，所以令，由得：，所以，故选B。

【点睛】本题考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距。

令解出，得到直线的横截距。

2.已知是两条异面直线，，那么与位置关系（）A. 一定是异面B. 一定是相交C. 不可能平行D. 不可能垂直【答案】C【解析】【分析】由平行公理，若，因为，所以，与、是两条异面直线矛盾，异面和相交均有可能．【详解】、是两条异面直线，，那么与异面和相交均有可能，但不会平行．因为若，因为，由平行公理得，与、是两条异面直线矛盾．故选C．【点睛】本题主要考查空间的两条直线的位置关系的判断、平行公理等知识，考查逻辑推理能力，属于基础题.3.过点A(3，3)且垂直于直线的直线方程为A. B. C. D.【答案】D【解析】过点A(3，3)且垂直于直线的直线斜率为，代入过的点得到.故答案为：D.4.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（）A. 7B. 5C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件，表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最大，最大值为，故选B.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5.平面与平面平行的条件可以是（）A. 内有无穷多条直线都与平行B. 直线∥，∥，且直线不在平面内，也不在平面内C. 直线，直线，且∥，∥D. 内的任何直线都与平行【答案】D【解析】【分析】对每一个选项逐一分析得解.【详解】对于选项A，内有无穷多条直线都与平行，则可能与平行或相交，所以该选项错误；对于选项B, 直线∥，∥，且直线不在平面内，也不在平面内, 则可能与平行或相交，所以该选项错误；对于选项C, 直线，直线，且∥，∥,则可能与平行或相交，所以该选项错误；对于选项D, 内任何直线都与平行,所以，所以该选项正确.故选：D【点睛】本题主要考查面面平行的判断证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理空间想象能力.6.若满足，且的最小值为，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先画出满足条件的平面区域，然后根据目标函数取最小值找出最优解，把最优解点代入目标函数即可求出的值。

……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………2018-2019学年第二学期高一下学期期末考试数学试卷评卷人 得分一、选择题1、已知为角的终边上的一点，且，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．2、在等差数列中，,则（ ）A ．B ．C ．D ．3、若，则一定有（ ）A ．B ．C ．D ．4、已知等差数列的前项和为，若且，则当最大时的值是（ ）A ．B ．C ．D ．5、若，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．6、在中，已知，则的面积等于（ ）A ．B ．C ．D ．7、各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则（ ） A ．B ．C ．D ．……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………8、若变量满足约束条件，且的最大值为，最小值为，则的值是（ ） A ． B ．C ．D ．9、在中，角所对的边分别为，且，若，则的形状是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形 10、当甲船位于处时获悉，在其正东方向相距海里的处，有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西相距海里处的乙船，乙船立即朝北偏东角的方向沿直线前往处营救，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．11、已知是内的一点，且，若和的面积分别为，则的最小值是（ ）A ．B ．C ．D ． 12、已知数列满足，则（ ） A ．B ．C ．D ．评卷人 得分二、填空题13、已知，且，则__________。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）1.l：的斜率为A. ﹣2B. 2C.D.【答案】B【解析】【分析】先化成直线的斜截式方程即得直线的斜率.【详解】由题得直线的方程为y=2x,所以直线斜率为2.故选：B【点睛】本题主要考查直线斜率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.△ABC中，若A＋C＝3B，则cosB的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出B，再求cosB.【详解】由题得,所以.故选：D【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.l：与两坐标轴所围成的三角形的面积为A. 6B. 1C.D. 3【答案】D【解析】【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再求三角形的面积得解.【详解】当x=0时，y=2,当y=0时，x=3,所以三角形的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查直线与坐标轴的交点的坐标的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.区间[0，5]上任意取一个实数x，则满足x[0，1]概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用几何概型求解即可.【详解】由几何概型的概率公式得满足x[0，1]的概率为.故选：A【点睛】本题主要考查几何概型的概率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.组数据，，…，的平均值为3，则，，…，的平均值为A. 3B. 6C. 5D. 2【答案】B【解析】【分析】直接利用平均数的公式求解.【详解】由题得，所以，，…，的平均值为.故选：B【点睛】本题主要考查平均数的求法，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.6.三条线段的长分别为5，6，8，则用这三条线段A. 能组成直角三角形B. 能组成锐角三角形C. 能组成钝角三角形D. 不能组成三角形【答案】C【解析】分析】先求最大角的余弦，再得到三角形是钝角三角形.【详解】设最大角为，所以，所以三角形是钝角三角形.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.一个正四棱锥的底面边长为2，高为，则该正四棱锥的全面积为A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】先求侧面三角形的斜高，再求该正四棱锥的全面积.【详解】由题得侧面三角形的斜高为，所以该四棱锥的全面积为.故选：B【点睛】本题主要考查几何体的边长的计算和全面积的求法，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.8.直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出直线经过的定点，再求出弦AB最短时直线l的方程.【详解】由题得，所以直线l过定点P.当CP⊥l时，弦AB最短.由题得,所以.所以直线l的方程为.故选：A【点睛】本题主要考查直线过定点问题，考查直线方程的求法，考查直线和圆的位置关系，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.9.直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1A. 1B.C.D. 0【答案】D【解析】【分析】先找到直线异面直线AB1与MN所成角为∠,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】由题得,所以∠就是异面直线AB1与MN所成角或补角.由题得,,因为,所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，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.10.直角坐标系xOy中，已知点P(2﹣t，2t﹣2)，点Q(﹣2，1)，直线l：．若对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，则点Q关于直线l对称点Q′的坐标为A. (0，2)B. (2，3)C. (，)D. (，3)【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹和直线l的方程，再求点Q关于直线l对称点Q′的坐标.【详解】设点P(x,y),所以所以点P的轨迹方程为2x+y-2=0.对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，所以直线l的方程为2x+y=0.设点点Q关于直线l对称点Q′的坐标为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法，考查点线点对称问题，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.二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共计36分．不11.，，若，则实数的值为_______．【答案】1【解析】【分析】由题得，解方程即得的值.【详解】由题得，解之得=1.当=1时两直线平行.故答案为：112.高一、高二、高三三个年级共有学生1500人，其中高一共有学生600人，现用分层抽样的方法抽取30人作为样本，则应抽取高一学生数为_______．【答案】12【解析】【分析】由题得高一学生数为，计算即得解.【详解】由题得高一学生数为.故答案为：12【点睛】本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知ABC中，A，，则= ．【答案】2【解析】试题分析：由正弦定理得==考点：本题考查了正弦定理的运用点评：熟练运用正弦定理及变形是解决此类问题的关键，属基础题14.一个长方体的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体积为______.【答案】.【解析】【分析】利用三个面的面积构造出方程组，三式相乘即可求得三条棱的乘积，从而求得体积.【详解】设长方体中同顶点的三条棱的长分别为则可设：，三式相乘可知本题正确结果：【点睛】本题考查长方体体积的求解问题，属于基础题.15.圆上总存在两点到坐标原点的距离为1，则实数a的取值范围是_______.【答案】【解析】因为圆（x-a）2+（y-a）2=8和圆x2+y2=1相交，两圆圆心距大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，可知结论为16.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosB＝5bcosA，asinA﹣bsinB＝2sinC，则边c的值为_______．【答案】3【解析】【分析】由acosB＝5bcosA得，由asinA﹣bsinB＝2sinC得，解方程得解.【详解】由acosB＝5bcosA得.由asinA﹣bsinB＝2sinC得，所以.故答案：3【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，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.三、解答题（本大题共5小题，共计74分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知三点A(5，0)，B(﹣3，﹣2)，C(0，2)．（1）求直线AB的方程；（2）求BC的中点到直线AB的距离．【答案】(1)x-4y-5=0；（2）.【解析】【分析】(1)利用直线的点斜式方程求直线AB的方程；（2）利用点到直线的距离求BC的中点到直线AB的距离．【详解】（1）由题得,所以直线AB的方程为.(2)由题得BC的中点为，所以BC中点到直线AB的距离为.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查点到直线的距离的求法，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.18.如图，在△ABC中，B＝30°，D是BC边上一点，AD＝，CD＝7，AC＝5．（1）求∠ADC的大小；（2）求AB的长．【答案】（1）【解析】【分析】(1)利用余弦定理求∠ADC大小；（2）利用正弦定理求AB的长．【详解】（1）由余弦定理得.（2）由题得∠ADB=由正弦定理得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.19.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．（1）求x，y的值；（2）求甲乙所得篮板球数的方差和，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．【答案】（1）x=2,y=9;(2)，乙更稳定；（3）.【解析】【分析】(1)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和，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，.(2)由题得，.因为，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,由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.【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.20.如图，在三棱锥P—ABC中，△PBC为等边三角形，点为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．（1）求直线PB和平面ABC所成的角的大小；（2）求证：平面PAC⊥平面PBC；（3）已知E为的中点，F是AB上的点，AF＝AB．若EF∥平面PAC，求的值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）先找到直线PB与平面ABC所成的角为,再求其大小；（2）先证明,再证明平面PAC⊥平面PBC；（3）取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,再求出的值.【详解】（1）因为平面PBC⊥平面ABC，PO⊥BC,平面PBC∩平面ABC=BC,,所以PO⊥平面ABC,所以直线PB与平面ABC所成的角为,因为，所以直线PB与平面ABC所成的角为. (2)因为PO⊥平面ABC,所以,因为AC⊥PB，,所以AC⊥平面PBC,因为平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC(3)取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,由题得EG||PC,所以EG||平面APC,因为FG||AC，所以FG||平面PAC,EG,FG平面EFO,EG∩FG=G,所以平面EFO||平面PAC,因为EF平面EFO,所以EF||平面PAC.此时AF=.【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查线面角的求法，考查空间几何中的探究性问题，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.如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴的正半轴相交于A，B两点（A在B的上方），且AB＝3．（1）求圆C的方程；（2）直线BT上是否存在点P满足PA2＋PB2＋PT2＝12，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如果圆C上存在E，F两点，使得射线AB平分∠EAF，求证：直线EF的斜率为定值．【答案】（1）；（2）点P坐标为.（3）见解析.【解析】【分析】（1）求出圆C的半径为，即得圆C的方程；（2）先求出直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),根据PA2＋PB2＋PT2＝12 求出点P的坐标；（3）由题得,即EF⊥BC,再求EF的斜率.【详解】（1）由题得，所以圆C的半径为.所以圆C的方程为.(2)在中，令x=0,则y=1或y=4.所以A(0,4),B(0,1).所以直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),因为PA2＋PB2＋PT2＝12，所以,由题得因为,所以方程无解.所以不存在这样的点P.(3)由题得,所以，所以.所以直线EF的斜率为定值．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，考查圆中的定值问题，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.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）1.l：的斜率为A. ﹣2B. 2C.D.【答案】B【解析】【分析】先化成直线的斜截式方程即得直线的斜率.【详解】由题得直线的方程为y=2x,所以直线斜率为2.故选：B【点睛】本题主要考查直线斜率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.△ABC中，若A＋C＝3B，则cosB的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出B，再求cosB.【详解】由题得,所以.故选：D【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.l：与两坐标轴所围成的三角形的面积为A. 6B. 1C.D. 3【答案】D【解析】【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再求三角形的面积得解.【详解】当x=0时，y=2,当y=0时，x=3,所以三角形的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查直线与坐标轴的交点的坐标的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.区间[0，5]上任意取一个实数x，则满足x[0，1]概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用几何概型求解即可.【详解】由几何概型的概率公式得满足x[0，1]的概率为.故选：A【点睛】本题主要考查几何概型的概率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.组数据，，…，的平均值为3，则，，…，的平均值为A. 3B. 6C. 5D. 2【答案】B【解析】【分析】直接利用平均数的公式求解.【详解】由题得，所以，，…，的平均值为.故选：B【点睛】本题主要考查平均数的求法，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.6.三条线段的长分别为5，6，8，则用这三条线段A. 能组成直角三角形B. 能组成锐角三角形C. 能组成钝角三角形D. 不能组成三角形【答案】C【解析】分析】先求最大角的余弦，再得到三角形是钝角三角形.【详解】设最大角为，所以，所以三角形是钝角三角形.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.一个正四棱锥的底面边长为2，高为，则该正四棱锥的全面积为A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】先求侧面三角形的斜高，再求该正四棱锥的全面积.【详解】由题得侧面三角形的斜高为，所以该四棱锥的全面积为.故选：B【点睛】本题主要考查几何体的边长的计算和全面积的求法，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.8.直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出直线经过的定点，再求出弦AB最短时直线l的方程.【详解】由题得，所以直线l过定点P.当CP⊥l时，弦AB最短.由题得,所以.所以直线l的方程为.故选：A【点睛】本题主要考查直线过定点问题，考查直线方程的求法，考查直线和圆的位置关系，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.9.直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与MN所成角的余弦值为A. 1B.C.D. 0【答案】D【解析】【分析】先找到直线异面直线AB1与MN所成角为∠,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】由题得,所以∠就是异面直线AB1与MN所成角或补角.由题得,,因为,所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，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.10.直角坐标系xOy中，已知点P(2﹣t，2t﹣2)，点Q(﹣2，1)，直线l：．若对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，则点Q关于直线l对称点Q′的坐标为A. (0，2)B. (2，3)C. (，)D. (，3)【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹和直线l的方程，再求点Q关于直线l对称点Q′的坐标.【详解】设点P(x,y),所以所以点P的轨迹方程为2x+y-2=0.对任意的t R，点P到直线l的距离为定值，所以直线l的方程为2x+y=0.设点点Q关于直线l对称点Q′的坐标为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法，考查点线点对称问题，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.二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共计36分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上．）11.，，若，则实数的值为_______．【答案】1【解析】【分析】由题得，解方程即得的值.【详解】由题得，解之得=1.当=1时两直线平行.故答案为：112.高一、高二、高三三个年级共有学生1500人，其中高一共有学生600人，现用分层抽样的方法抽取30人作为样本，则应抽取高一学生数为_______．【答案】12【解析】【分析】由题得高一学生数为，计算即得解.【详解】由题得高一学生数为.故答案为：12【点睛】本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知ABC中，A，，则= ．【答案】2【解析】试题分析：由正弦定理得==考点：本题考查了正弦定理的运用点评：熟练运用正弦定理及变形是解决此类问题的关键，属基础题14.一个长方体的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体积为______.【答案】.【解析】【分析】利用三个面的面积构造出方程组，三式相乘即可求得三条棱的乘积，从而求得体积.【详解】设长方体中同顶点的三条棱的长分别为则可设：，三式相乘可知长方体的体积：本题正确结果：【点睛】本题考查长方体体积的求解问题，属于基础题.15.圆上总存在两点到坐标原点的距离为1，则实数a的取值范围是_______.【答案】【解析】因为圆（x-a）2+（y-a）2=8和圆x2+y2=1相交，两圆圆心距大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，可知结论为16.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosB＝5bcosA，asinA﹣bsinB＝2sinC，则边c的值为_______．【答案】3【解析】【分析】由acosB＝5bcosA得，由asinA﹣bsinB＝2sinC得，解方程得解.【详解】由acosB＝5bcosA得.由asinA﹣bsinB＝2sinC得，所以.故答案：3【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，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.三、解答题（本大题共5小题，共计74分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知三点A(5，0)，B(﹣3，﹣2)，C(0，2)．（1）求直线AB的方程；（2）求BC的中点到直线AB的距离．【答案】(1)x-4y-5=0；（2）.【解析】【分析】(1)利用直线的点斜式方程求直线AB的方程；（2）利用点到直线的距离求BC的中点到直线AB的距离．【详解】（1）由题得,所以直线AB的方程为.(2)由题得BC的中点为，所以BC中点到直线AB的距离为.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查点到直线的距离的求法，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.18.如图，在△ABC中，B＝30°，D是BC边上一点，AD＝，CD＝7，AC＝5．（1）求∠ADC的大小；（2）求AB的长．【答案】（1）【解析】【分析】(1)利用余弦定理求∠ADC大小；（2）利用正弦定理求AB的长．【详解】（1）由余弦定理得.（2）由题得∠ADB=由正弦定理得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.19.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．（1）求x，y的值；（2）求甲乙所得篮板球数的方差和，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．【答案】（1）x=2,y=9;(2)，乙更稳定；（3）.【解析】【分析】(1)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和，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，.(2)由题得，.因为，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,由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.【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.20.如图，在三棱锥P—ABC中，△PBC为等边三角形，点为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．（1）求直线PB和平面ABC所成的角的大小；（2）求证：平面PAC⊥平面PBC；（3）已知E为的中点，F是AB上的点，AF＝AB．若EF∥平面PAC，求的值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）先找到直线PB与平面ABC所成的角为,再求其大小；（2）先证明,再证明平面PAC⊥平面PBC；（3）取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,再求出的值.【详解】（1）因为平面PBC⊥平面ABC，PO⊥BC,平面PBC∩平面ABC=BC,,所以PO⊥平面ABC,所以直线PB与平面ABC所成的角为,因为，所以直线PB与平面ABC所成的角为.(2)因为PO⊥平面ABC,所以,因为AC⊥PB，,所以AC⊥平面PBC,因为平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC(3)取CO的中点G,连接EG,过点G作FG||AC,由题得EG||PC,所以EG||平面APC,因为FG||AC，所以FG||平面PAC,EG,FG平面EFO,EG∩FG=G,所以平面EFO||平面PAC,因为EF平面EFO,所以EF||平面PAC.此时AF=.【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查线面角的求法，考查空间几何中的探究性问题，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.如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴的正半轴相交于A，B两点（A在B的上方），且AB＝3．（1）求圆C的方程；（2）直线BT上是否存在点P满足PA2＋PB2＋PT2＝12，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如果圆C上存在E，F两点，使得射线AB平分∠EAF，求证：直线EF的斜率为定值．【答案】（1）；（2）点P坐标为.（3）见解析.【解析】【分析】（1）求出圆C的半径为，即得圆C的方程；（2）先求出直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),根据PA2＋PB2＋PT2＝12 求出点P的坐标；（3）由题得,即EF⊥BC,再求EF的斜率.【详解】（1）由题得，所以圆C的半径为.所以圆C的方程为.(2)在中，令x=0,则y=1或y=4.所以A(0,4),B(0,1).所以直线BT的方程为x+2y-2=0.设P(2-2y,y),因为PA2＋PB2＋PT2＝12，所以,由题得因为,所以方程无解.所以不存在这样的点P.(3)由题得,所以，所以.所以直线EF的斜率为定值．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，考查圆中的定值问题，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.。

2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第一部分（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.平面向量与共线且方向相同，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量共线的坐标运算求解，验证得答案．【详解】向量与共线，，解得．当时，，，与共线且方向相同．当时，，，与共线且方向相反，舍去．故选：．【点睛】本题考查向量共线的坐标运算，是基础的计算题．2.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角.【详解】由题得直线的斜率.故选：D【点睛】本题主要考查直线斜率和倾斜角的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.已知关于的不等式的解集是，则的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用韦达定理得到关于a,b方程组，解方程组即得a,b的值，即得解.【详解】由题得，所以a+b=7.故选：A【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.如果，且，那么下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，且，可得．再利用不等式的基本性质即可得出，．详解】，且，．，，因此．故选：．【点睛】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．5.等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由对数的运算性质可得，又由对数的运算性质可得，计算可得答案．【详解】根据题意，等比数列的各项均为正数，且，则有，则；故选：．【点睛】本题考查等比数列的性质以及对数的运算，属于基础题．6.已知实数满足约束条件，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．【详解】由实数，满足约束条件：，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，此时有最大值为-2+1=-1．故选：．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．7.若，是夹角为两个单位向量，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件可求出，，从而可求出，这样即可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角．【详解】由题得；，，所以；；又；的夹角为．故选：．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围．8.已知的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的外接圆面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.【详解】由题得，所以，所以，所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.9.如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部处和楼顶处分别测得仰角为，，若山坡高为，则灯塔高度是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过点作于点，过点作于点，在中由正弦定理求得，在中求得，从而求得灯塔的高度．【详解】过点作于点，过点作于点，如图所示，在中，由正弦定理得，，即，，在中，，又山高为，则灯塔的高度是．故选：．【点睛】本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题．10.一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，利用直线与圆的相切的性质即可得出．【详解】由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，即．由相切的性质可得：，化为：，解得或．故选：．【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.已知正数、满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：．【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．12.已知的内角、、的对边分别为、、，边上的高为，且，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由余弦定理化简可得，利用三角形面积公式可得，解得，利用正弦函数的图象和性质即可得解其最大值．【详解】由余弦定理可得：，故：，而，故，所以：．故选：．【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．第二部分（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.直线与直线垂直，则实数的值为_______．【答案】【解析】【分析】由题得（-1）,解之即得a 的值.【详解】由题得（-1）,所以a=2.故答案为；2【点睛】本题主要考查两直线垂直的斜率关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.14.已知点及其关于原点的对称点均在不等式表示的平面区域内，则实数的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】根据题意，设与关于原点的对称，分析可得的坐标，由二元一次不等式的几何意义可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】根据题意，设与关于原点的对称，则的坐标为，若、均在不等式表示的平面区域内，则有，解可得：，即的取值范围为，；故答案为：，．【点睛】本题考查二元一次不等式表示平面区域的问题，涉及不等式的解法，属于基础题．15.已知数列的通项公式,则_______.【答案】【解析】【分析】本题考查的是数列求和，关键是构造新数列，求和时先考虑比较特殊的前两项，剩余7项按照等差数列求和即可．【详解】令，则所求式子为的前9项和．其中，，从第三项起，是一个以1为首项，4为公差的等差数列，，故答案为：101．【点睛】本题考查的是数列求和，关键在于把所求式子转换成为等差数列的前项和，另外，带有绝对值的数列在求和时要注意里面的特殊项．16.如图，已知圆，六边形为圆的内接正六边形，点为边的中点，当六边形绕圆心转动时，的取值范围是________．【答案】【解析】先求出，再化简得即得的取值范围.【详解】由题得OM=,由题得由题得..所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的运算和数量积运算，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.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知公差不为零的等差数列中，，且成等比数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）解方程组即得，即得数列的通项公式；（Ⅱ）利用裂项相消法求数列的前项和．【详解】（Ⅰ）由题意：,化简得，因为数列的公差不为零，，故数列的通项公式为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故数列的前项和．【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法，考查裂项相消法求和，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.18.已知向量，，，．（Ⅰ）若四边形是平行四边形，求，的值；（Ⅱ）若为等腰直角三角形，且为直角，求，的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．【解析】【分析】（Ⅰ）由得到x,y的方程组，解方程组即得x,y的值; （Ⅱ）由题得和，解方程组即得，的值．【详解】（Ⅰ），，，，，由，，；（Ⅱ），，为直角，则，，又，，再由，解得：或．【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算和模的运算，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.19.的内角、、的对边分别为、、,且．（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，且边上的中线的长为,求边的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】【分析】（Ⅰ）利用正弦定理和三角恒等变换的公式化简即得；（Ⅱ）设，则，，由余弦定理得关于x的方程，解方程即得解.【详解】（Ⅰ）由题意，∴，∴，则，∵，∴，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又∵，∴，设，则，，在中，由余弦定理得：，即，解得，即．【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，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.20.已知圆关于直线对称，半径为，且圆心在第一象限．（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线与圆相交于不同两点、，且，求实数的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由题得和，解方程即得圆的方程；（Ⅱ）取的中点，则，化简得，即得m的值.【详解】（Ⅰ）由，得圆的圆心为，圆关于直线对称，①．圆的半径为，②又圆心在第一象限，，，由①②解得，，故圆的方程为．（Ⅱ）取的中点，则，，，即，又，解得．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系和向量的运算，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.为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室．由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元．设屋子的左右两面墙的长度均为米．（Ⅰ）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价．（Ⅱ）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围．【答案】（Ⅰ）4米时， 28800元；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）设甲工程队的总造价为元，先求出函数的解析式，再利用基本不等式求函数的最值得解；（Ⅱ）由题意可得，对任意的恒成立．从而恒成立，求出左边函数的最小值即得解.【详解】（Ⅰ）设甲工程队的总造价为元，则．当且仅当，即时等号成立．即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元．（Ⅱ）由题意可得，对任意的恒成立．即，从而恒成立，令，又在为单调增函数，故．所以．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知数列的各项均不为零．设数列的前项和为，数列的前项和为，且，．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）证明数列是等比数列，并求的通项公式；（Ⅲ）证明：.【答案】（Ⅰ）2，4；（Ⅱ）证明见解析，；（Ⅲ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）直接给n赋值求出，的值；（Ⅱ）利用项和公式化简，再利用定义法证明数列是等比数列，即得等比数列的通项公式；（Ⅲ）由（Ⅱ）知，再利用等比数列求和证明不等式.【详解】（Ⅰ），令，得，，；令，得，即，，．证明：（Ⅱ），①，②②①得：，，，从而当时，，④③④得：，即，，．又由（Ⅰ）知，，，．数列是以2为首项，以为公比的等比数列，则.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，因为当时，，所以.于是.【点睛】本题主要考查等比数列性质的证明和通项的求法，考查等比数列求和和放缩法证明不等式，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.2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）第一部分（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.平面向量与共线且方向相同，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量共线的坐标运算求解，验证得答案．【详解】向量与共线，，解得．当时，，，与共线且方向相同．当时，，，与共线且方向相反，舍去．故选：．【点睛】本题考查向量共线的坐标运算，是基础的计算题．2.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角.【详解】由题得直线的斜率.故选：D【点睛】本题主要考查直线斜率和倾斜角的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.已知关于的不等式的解集是，则的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用韦达定理得到关于a,b方程组，解方程组即得a,b的值，即得解.【详解】由题得，所以a+b=7.故选：A【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.如果，且，那么下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，且，可得．再利用不等式的基本性质即可得出，．详解】，且，．，，因此．故选：．【点睛】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．5.等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由对数的运算性质可得，又由对数的运算性质可得，计算可得答案．【详解】根据题意，等比数列的各项均为正数，且，则有，则；故选：．【点睛】本题考查等比数列的性质以及对数的运算，属于基础题．6.已知实数满足约束条件，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．【详解】由实数，满足约束条件：，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，此时有最大值为-2+1=-1．故选：．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．7.若，是夹角为两个单位向量，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件可求出，，从而可求出，这样即可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角．【详解】由题得；，，所以；；又；的夹角为．故选：．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围．8.已知的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的外接圆面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.【详解】由题得，所以，所以，所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.9.如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部处和楼顶处分别测得仰角为，，若山坡高为，则灯塔高度是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过点作于点，过点作于点，在中由正弦定理求得，在中求得，从而求得灯塔的高度．【详解】过点作于点，过点作于点，如图所示，在中，由正弦定理得，，即，，在中，，又山高为，则灯塔的高度是．故选：．【点睛】本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题．10.一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，利用直线与圆的相切的性质即可得出．【详解】由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，即．由相切的性质可得：，化为：，解得或．故选：．【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.已知正数、满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：．【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．12.已知的内角、、的对边分别为、、，边上的高为，且，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由余弦定理化简可得，利用三角形面积公式可得，解得，利用正弦函数的图象和性质即可得解其最大值．【详解】由余弦定理可得：，故：，而，故，所以：．故选：．【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．第二部分（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.直线与直线垂直，则实数的值为_______．【答案】【解析】【分析】由题得（-1）,解之即得a 的值.【详解】由题得（-1）,所以a=2.故答案为；2【点睛】本题主要考查两直线垂直的斜率关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.14.已知点及其关于原点的对称点均在不等式表示的平面区域内，则实数的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】根据题意，设与关于原点的对称，分析可得的坐标，由二元一次不等式的几何意义可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】根据题意，设与关于原点的对称，则的坐标为，若、均在不等式表示的平面区域内，则有，解可得：，即的取值范围为，；故答案为：，．【点睛】本题考查二元一次不等式表示平面区域的问题，涉及不等式的解法，属于基础题．15.已知数列的通项公式,则_______.【答案】【解析】【分析】本题考查的是数列求和，关键是构造新数列，求和时先考虑比较特殊的前两项，剩余7项按照等差数列求和即可．【详解】令，则所求式子为的前9项和．其中，，从第三项起，是一个以1为首项，4为公差的等差数列，，故答案为：101．【点睛】本题考查的是数列求和，关键在于把所求式子转换成为等差数列的前项和，另外，带有绝对值的数列在求和时要注意里面的特殊项．16.如图，已知圆，六边形为圆的内接正六边形，点为边的中点，当六边形绕圆心转动时，的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】先求出，再化简得即得的取值范围.【详解】由题得OM=,由题得由题得..所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的运算和数量积运算，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.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知公差不为零的等差数列中，，且成等比数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）解方程组即得，即得数列的通项公式；（Ⅱ）利用裂项相消法求数列的前项和．【详解】（Ⅰ）由题意：,化简得，因为数列的公差不为零，，故数列的通项公式为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故数列的前项和．【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法，考查裂项相消法求和，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.18.已知向量，，，．（Ⅰ）若四边形是平行四边形，求，的值；（Ⅱ）若为等腰直角三角形，且为直角，求，的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．【解析】【分析】（Ⅰ）由得到x,y的方程组，解方程组即得x,y的值; （Ⅱ）由题得和，解方程组即得，的值．【详解】（Ⅰ），，，，，由，，；（Ⅱ），，为直角，则，，又，，再由，解得：或．【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算和模的运算，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.19.的内角、、的对边分别为、、,且．（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，且边上的中线的长为,求边的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】【分析】（Ⅰ）利用正弦定理和三角恒等变换的公式化简即得；（Ⅱ）设，则，，由余弦定理得关于x的方程，解方程即得解.【详解】（Ⅰ）由题意，∴，∴，则，∵，∴，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又∵，∴，设，则，，在中，由余弦定理得：，即，解得，即．【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，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.20.已知圆关于直线对称，半径为，且圆心在第一象限．（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线与圆相交于不同两点、，且，求实数的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由题得和，解方程即得圆的方程；（Ⅱ）取的中点，则，化简得，即得m的值.【详解】（Ⅰ）由，得圆的圆心为，圆关于直线对称，①．圆的半径为，②又圆心在第一象限，，，由①②解得，，故圆的方程为．（Ⅱ）取的中点，则，，，即，又，解得．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系和向量的运算，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.为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室．由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元．设屋子的左右两面墙的长度均为米．（Ⅰ）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价．（Ⅱ）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围．【答案】（Ⅰ）4米时， 28800元；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）设甲工程队的总造价为元，先求出函数的解析式，再利用基本不等式求函数的最值得解；（Ⅱ）由题意可得，对任意的恒成立．从而恒成立，求出左边函数的最小值即得解.【详解】（Ⅰ）设甲工程队的总造价为元，则．当且仅当，即时等号成立．即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元．（Ⅱ）由题意可得，对任意的恒成立．即，从而恒成立，令，又在为单调增函数，故．所以．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知数列的各项均不为零．设数列的前项和为，数列的前项和为，且，．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）证明数列是等比数列，并求的通项公式；（Ⅲ）证明：.【答案】（Ⅰ）2，4；（Ⅱ）证明见解析，；（Ⅲ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）直接给n赋值求出，的值；（Ⅱ）利用项和公式化简，再利用定义法证明数列是等比数列，即得等比数列的通项公式；（Ⅲ）由（Ⅱ）知，再利用等比数列求和证明不等式.【详解】（Ⅰ），令，得，，；令，得，即，，．证明：（Ⅱ），①，②②①得：，，，从而当时，，④③④得：，即，，．又由（Ⅰ）知，，，．数列是以2为首项，以为公比的等比数列，则.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，因为当时，，所以.于是.【点睛】本题主要考查等比数列性质的证明和通项的求法，考查等比数列求和和放缩法证明不等式，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.。