黑龙江哈九中高一下学期期末考试---数学

高一数学下学期期末考试试题一、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．已知集合{}4,3,2,1=A ，{}R x x x B ∈≤-≤-=,10232，则B A =（ ） A ．{}1 B ．{}4,3,2,1 C ．{}3,1 D ．{}4,1 2.下列各函数中，值域为),0(+∞的是（ ） A ．22xy -= B ．x y 21-= C ．12-+=x x y D ．113+=x y3. 过点(1,3)-且与直线230x y -+=平行的直线方程为（ ） A ．270x y -+= B ．210x y +-= C ．270x y --=D ．210x y ++=4. 函数⎩⎨⎧≥-<=-)2)(1(log )2(3)(232x x x x f x ，若1)(=a f ，则a 的值是（ ） A ．2 B ．1 C ．1或2D ．1或2-5．已知幂函数)(x y y =的图象经过点)22,2(，则)4(f 的值为（ ） A ．16 B ．2 C ．21 D ．161 6.圆心为)2,1(且过原点的圆的方程是（ ）A ．2)2()1(22=-+-y x B ．2)2()1(22=+++y xC ．5)2()1(22=-+-y x D ．5)2()1(22=+++y x 7. 方程521=+-x x 的解所在的区间是（ ）A ．)1,0(B ．)2,1(C ．)3,2(D ．)4,3(8．直线012=+-y x 关于直线1=x 对称的直线方程是（ ）A ．012=-+y xB ．012=-+y xC ．032=-+y xD ．032=-+y x9.设βα,是两个不同的平面，n m ,是两条不同的直线，给出下列四个论断①n m //；②βα//③α⊥m ；④β⊥n ．以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则一共可以写出真命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．410.已知直线0)2()13(=-++-k y k x k ，则当k 变化时，所有直线都通过定点（ ）A ．)0,0(B ．)72,71(C ．)71,72(D ．)141,71(11．在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．22B ．23 C ．25 D ．27 12.设12=+y x ，0,0≥≥y x ，则22y x +的最小值和最大值分别为（ ）A ．51，1 B ．1,0 C ．0，51 D ．51，2 二.填空题（本大题共4道小题，每道小题5分，满分20分.）13．已知集合{}022>+-=a x x x A ，且A ∉1，则实数a 的取值范围是 ． 14．已知)0(9421>=a a ，则=a 32log ________． 15．经过点)2,5(-且横、纵截距相等的直线方程是____________________16.点B 在y 轴上运动，点C 在直线l ：02=--y x 上运动，若)3,2(A ，则ABC ∆的周长的最小值为三.解答题（本大题共6道小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．（10分）已知直线l 经过点)5,2(-P 且斜率为43-， （1）求直线l 的方程；（2）若直线m 平行于直线l ，且点P 到直线m 的距离为3，求直线m 的方程18. (12分)如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，E D ,分别为AC BC ,的中点，BC AB =． 求证：（1）//11B A 平面1DEC ； （2）E C BE 1⊥．19. (12分)已知函数)1(log )(x x f a +=，)1(log )(x x g a -=，)1,0(≠>a a ． （1）设2=a ，函数)(x f 的定义域为[]63,3，求)(x f 的最值； （2）求使0)()(>-x g x f 的x 的取值范围．20.(12分）如图，长方体1111D C B A ABCD -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1EC BE ⊥.（1）证明：11C EB BE ⊥；（2）若3,1==AB E A AE ，求四棱锥11E BB C C -的体积．21．(12分)ABC ∆中，)1,0(A ，AB 边上的高CD 所在直线的方程为042=-+y x ，AC 边上的中线BE 所在直线的方程为032=-+y x ． （1）求直线AB 的方程； （2）求直线BC 的方程； （3）求BDE ∆的面积．22.已知)5,3(A ,)3,1(-B ，)1,3(-C 为ABC ∆的三个顶点，N M O ,,分别为边CA BC AB ,,的中点。

某某市2016—2017学年度下学期期末考试高一数学试题考试时间：120分钟满分：150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。

请把答案一律用2B铅笔涂在答题卡上）1. 双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A2. 给出下列命题：①；②；③；④．其中正确的命题是（）A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④【答案】C【解析】当时，命题①错误；当时，命题②错误；据此排除ABD选项.本题选择C选项.3. 焦点在轴上，焦距等于，离心率等于的椭圆的标准方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，则椭圆的标准方程为：.本题选择D选项.4. 若，则直线必不经过（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】令x=0，得y=sinα<0，令y=0，得x=cosα>0，直线过(0,sinα)，(cosα,0)两点，因而直线不过第二象限。

本题选择B选项.5. 在中，角的对边满足，且，则的面积等于（）A. B. 4 C. D. 8【答案】A【解析】因为，所以，，三角形面积S=，故选A．6. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（）A. B. C. D. 8【答案】A【解析】∵等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.a2,a3,a6成等比数列，∴a23=a2⋅a6，∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),且a1=1，d≠0，解得d=−2，∴{a n}前6项的和为 .本题选择A选项.点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．7. 已知直线与垂直，则的值是（）A. 或B.C.D. 或【答案】C【解析】由题意得，选C.8. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，得，即，解得，则直线的倾斜角为或，故选A.9. 下列函数中，的最小值为的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，选项A错误；当时，，选项B错误；当时，，选项C错误；本题选择D选项.10. 已知圆的圆心位于直线上，且圆与直线和直线均相切，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设圆心坐标为，由题意可得：，解得：，圆的半径为：，据此可得圆的方程为：.本题选择B选项.+点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．11. 椭圆焦点在轴上，离心率为，过作直线交椭圆于两点，则周长为（）A. 3B. 6C. 12D. 24【答案】B【解析】由题意可得：，由椭圆的定义可得：题中三角形的周长为 .本题选择B选项.12. 已知点、是椭圆的左右焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，若为锐角三角形，则该椭圆的离心率的取值X围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于为锐角三角形，则，，，或，又，则，选.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值X围.本题根据等腰三角形为锐角三角形，只需顶角为锐角，所以顶角的一半小于，利用正切函数在是单调增的，列出一个关于的等式，求出离心率.二、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分。

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一（下）期末数学试卷一、选择题：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．若复数z =a+i1−i 是纯虚数，则实数a 的值是（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．12．某企业职工有高级职称的共有15人，现按职称用分层抽样的方法抽取30人，有高级职称的3人，则该企业职工人数为（ ） A ．150B ．130C ．120D ．1003．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和EF 所成的角为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．设e →1，e →2是两个不共线的向量，若向量m →=−e →1+ke →2(k ∈R)与向量n →=e →2−e →1共线，则k ＝（ ） A ．0B ．12C ．1D ．25．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，观察向上一面的点数，则下列是互斥事件但不是对立事件的是（ ） A ．“大于3点”与“不大于3点” B ．“大于3点”与“小于2点” C ．“大于3点”与“小于4点”D ．“大于3点”与“小于5点”6．已知三个不同的平面α，β，γ和直线m ，n ，若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则“α∥β”是“m ∥n ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．已知平面向量a →=(1，λ)，b →=(−2，1)，则下列说法正确的是（ ） A ．若λ＝0，则|a →+b →|=2B ．若a →∥b →，则λ＝﹣2C ．若a →与b →的夹角为钝角，则λ＜2D ．若λ＝﹣1，则a →在b →上的投影向量为−35b →8．在△ABC 中，已知sin A +sin B ＝cos A +cos B ，则△ABC 的形状一定是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰或直角三角形二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.若直线 不平行于平面 ，则下列结论成立的是( ) A ．内所有的直线都与异面 B ．内不存在与平行的直线 C ．内所有的直线都与相交D ．直线与平面有公共点2.若为实数，则下列命题正确的是（） A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则3.已知不等式的解集为,则不等式的解集为( )A ．B ．C ．D ．4.若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是( ) A ．[2，＋∞)B ．(－∞，－6]C ．[－6,2]D ．(－∞，－6]∪[2，＋∞)5.函数 的最大值是( )A ．B ．C ．D ．6.已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．m ⊂α，n ∥m ⇒n ∥αB ．m ⊂α，n ⊥m ⇒n ⊥αC ．m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ⇒α∥βD ．n ⊂β，n ⊥α⇒α⊥β7.如图在斜三棱柱中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在( )A ．直线AC 上B ．直线BC 上 C ．直线AB 上D ．△ABC 内部8.已知三棱锥中，，且直线与成角，点、分别是、的中点,则直线与所成的角为( )A ．B ．C ．D ．或9.设等比数列中，前项和为，已知，则（）A ．B ．C ．D ．10.数列中,，则此数列前30项的绝对值的和为 ( ) A ．720B ．765C ．600D ．63011.已知数列的前项和为,,,则（） A ．B ．C ．D ．12.如图，在正四棱锥中，分别是的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面.其中恒成立的为（ ）A ．①③B ．③④C ．①②D ．②③④13.在底面半径为3高为 的圆柱形有盖容器内，放入一个半径为3的大球后，再放入与球面，圆柱侧面及上底面均相切的小球，则放入小球的个数最多为__个．二、填空题1.已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为 ．2.已知正项等比数列 满足：，若存在两项，使得，则的最小值为______ . 3.数列满足，则的前60项和为 ．三、解答题1.已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面,AC=BC,点D 是AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面CA 1D ；(2)求证：平面CA 1D ⊥平面AA 1B 1B ； 2.已知函数(1)求不等式的解集；(2)若关于 的不等式 的解集非空，求实数 的取值范围.3.已知实数，且，若恒成立.（1）求实数m 的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数x 的取值范围.4.已知数列是公差不为的等差数列，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．5.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，为直角三角形，，且.（1）证明：平面平面；（2）若AB=2AE，求异面直线BE与AC所成角的余弦值.6.已知数列满足，，．（1）求证：数列是等差数列；（2）求证：．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.若直线不平行于平面，则下列结论成立的是( )A．内所有的直线都与异面B．内不存在与平行的直线C．内所有的直线都与相交D．直线与平面有公共点【答案】D【解析】∵直线a不平行于平面α，∴直线a与平面α相交，或直线a在平面α内．∴直线α与平面α有公共点．故选D．点睛：直线不平行于平面包含两种情况，即直线a与平面α相交，或直线a在平面α内，同学们往往误认为只用一种情况：直线a与平面α相交，导致错误，要熟练掌握直线与平面的位置关系，包含三种情况.2.若为实数，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【解析】对于A，因为c2≥0，所以只有c≠0时才正确．c=0时，ac2=bc2，所以A是假命题；对于B，a＜b，a＜0 a2＞ab，a＜b，b＜0ab＞b2，B是真命题；对于C，由性质定理a＜b＜0，C是假命题；对于D，例如-3＜-2＜0，＜，D是假命题．【考点】不等式的性质。

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷一、选择题：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．若复数z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．22．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥βD ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−525．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．7107．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√58．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π411．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B ．圆台的全面积为14πC ．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D ．从点A 经过圆台的表面到点C 的最短距离为3√312．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= ．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 ．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 分，方差是 分2．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 ．四、解答题：本题共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．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．18．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知a =√39，b ＝2，∠A ＝120°． （1）求c 的值； （2）求sin （B ﹣C ）．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？ （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．20．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中、四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°，AB ＝BC ＝2，CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，（1）证明：平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1； （2）求直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值；21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：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．若复数z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．2解：由复数的概念可知，复数z ＝3﹣2i 的虚部为﹣2． 故选：C ．2．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥β D ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β解：根据题意，依次分析选项：对于A ，平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，A 错误； 对于B ，m 可能在平面α内，B 错误； 对于C ，m 可能在平面β内，C 错误；对于D ，垂直于同一直线的两个平面平行，D 正确； 故选：D ．3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立解：∵P(A)=23，∴P(A)=1−P(A)=1−23=13， ∴P(AB)=P(A)P(B)=19≠0， ∴事件A 与B 不互斥但相互独立， 故选：C ．4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−52解：因为向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，所以a →⋅b →=|a →||b →|cos5π6=1×√3×(−√32)=−32， 所以(2a →−b →)⋅(a →+b →)=2a →2+a →⋅b →−b →2=2×12−32−3=−52． 故选：D ．5．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计解：估计水库中共有鱼的条数为x ，则1000x=kn ，∴x =1000nk． 故选：B ．6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．710解：这5名棋手分别记为：甲，乙，A ，B ，C ，分组情况有：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（甲AB ，乙C ），（甲AC ，乙B ）（甲BC ，乙A ），（乙AB ，甲C ），（乙AC ，甲B ），（乙BC ，甲A ），（ABC ，甲乙）共10种， 其中甲和乙在同一人组的有4种，分别为：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（ABC ，甲乙），共4种，所以甲和乙不在同一个小组的概率为1−410=35． 故选：C ．7．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√5解：∵P A ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ， ∴BC ⊥P A ，又∵BC ⊥CA ，CA ∩P A ＝A ，∴BC ⊥面P AC ，∵PB 是Rt △PBC 和Rt △PBA 的公共斜边， ∴PB 是三棱锥的外接球直径，由S =4πR 2=5π⇒R =√52，设AC ＝AP ＝m ，则PB =2R =√m 2+4=√5，则m ＝1，BC =√4−1=√3． 故选：C ．8．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)解：在△P AB 中，∠PAB =α−β，∠BPA =(π2−α)−(π2−γ)=γ−α， 由正弦定理得PBsin(α−β)=asin(γ−α)，可得PB =asin(α−β)sin(γ−α)，过点B 作BD ⊥AQ ，可得CQ ＝BD ＝a sin β，所以PQ =PC +CQ =PB ⋅sinγ+asinβ=asinαsin(γ−β)sin(γ−α)． 故选：D ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 解：对于A ，个体m 被抽到的概率为550=0.1，所以选项A 正确；对于B ，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，众数等于中位数，选项B 错误；对于C ，数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为：12，14，14，17，19，23，27，30， 由于8×70%＝5.6，其中第6个数为23，所以选项C 错误；对于D ，根据分层抽样原理知，抽取的甲个体数为9时，样本容量为9÷33+1+2=18，选项D 正确．故选：AD ．10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π4 解：由a cosB=b cosA得sinA cosB=sinB cosA⇒sin2B =sin2A ⇒2A =2B +2kπ，或2A +2B ＝π+2k π，k ∈Z ，由于在三角形中，所以A ＝B 或A +B =π2，故△ABC 为等腰三角形或者为直角三角形，故A 错误； 由A ＞B ，得a ＞b ，由正弦定理得sin A ＞sin B ，故B 正确；若AB →⋅BC →＜0，则|AB →|⋅|BC →|cos(π−B)＜0⇒cosB ＞0，因此B 为锐角， 故无法确定△ABC 为钝角三角形，故C 错误； 由a ＝b sin C +c cos B 得sin A ＝sin B sin C +sin C cos B ，进而可得sin （B +C ）＝sin B sin C +sin C cos B ⇒sin B cos C ＝sin B sin C ，由于sin B ≠0， 所以cos C ＝sin C ⇒tan C ＝1，由于C ∈（0，π），所以C =π4，故D 正确． 故选：BD ．11．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B．圆台的全面积为14πC．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3√3解：取圆台的轴截面ABCD，设AD、BC的中点分别为O1、O2，连接O1O2，分别过点A、D在平面ABCD内作AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，由题意可知，O1O2与圆台的底面垂直，易知四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝CD＝3，AD＝2，BC＝4，在△ABE和△DCF中，AB＝DC，∠ABE＝∠DCF，∠AEB＝∠DFC＝90°，所以△ABE≌△DCF，所以，BE＝CF，因为AD∥BC，AE⊥BC，DF⊥BC，则四边形ADFE为矩形，且EF＝CD＝2，同理可证四边形AEO2O1为矩形，则O1O2＝AE，且AE∥O1O2，所以AE与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为∠ABE，所以BE=CF=AB−EF2=4−22=1，则AE=√AB2−BE2=√32−1=2√2，所以tan∠ABE=AEBE=2√2，A对；对于B，圆台的全面积为π×12+π×22+π×（1+2）×3＝14π，B对；对于C，易知圆台的外接球球心在梯形ABCD内，且CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，由勾股定理可得AC=√AE2+CE2=√8+9=√17，且sin∠ABE=AEAB =2√23，所以圆台的外接球直径为2R=ACsin∠ABE=√17223=3√344，则R=3√348，B错；对于C选项，将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：延长BA 、DC 交于点M ，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD 且AB =12CD ， 易知A 、D 分别为BM 、CM 的中点，所以，AM ＝DM ＝AB ＝3， 设∠AMD ＝θ，则AD ̂=3θ＝π，则θ=π3， 在△ACM 中，AM ＝3，CM ＝6，∠AMD =π3， 由余弦定理可得AC =√AM 2+CM 2−2AM ⋅CMcosπ3=√32+62−2×3×6×12=3√3， 因此从点A 经过圆台的侧面到点C 的最短距离为3√3，D 对． 故选：ABD ．12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92解：对于A ，设BC 的中点为D ，则OB →+OC →=2OD →=−OA →，∴O ，A ，D 三点共线，且AO →=23AD →，设E ，F 分别为AB ，AC 中点，同理可得，CO →=23CE →，BO →=23BF →，∴O 为△ABC 的重心，选项A 正确；对于B ，由奔驰定理可知，若OA →+2OB →+3OC →=0→， 则S A ：S B ：S C ＝1：2：3，选项B 正确； 对于C ，S △BOC =12|OB →||OC →|sin∠BOC ， S △AOC =12|OA →||OC →|sin∠AOC ，S △AOB =12|OA →||OB →|sin∠AOB ，又OA →⋅OB →=|OA →||OB →|cos∠AOB =−|OA →||OB →|cos∠ACB ， OB →⋅OC →=|OB →||OC →|cos∠BOC =−|OB →||OC →|cos∠BAC ， 又OB →⋅AC →=OB →⋅(OC →−OA →)=OB →⋅OC →−OA →⋅OB →=0， ∴|OA →|cos∠ACB =|OC →|cos∠BAC ， 即|OA →|：|OC →|=cos∠BAC ：cos∠ACB ，同理可得：|OA →|：|OB →|：|OC →|=cos ∠BAC ：cos ∠ABC ：cos ∠ACB ， ∴S △BOC ：S △AOC ：S △AOB=sin∠BAC cos∠BAC ：sin∠ABC cos∠ABC ：sin∠ACBcos∠ACB ＝tan ∠BAC ：tan ∠ABC ：tan ∠ACB ， 结合奔驰定理可知，选项C 正确；对于D ，在△AOB 中，由|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6可得： S △AOB =12×2×2×12=1，又2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △BOC ：S △AOC ：S △AOB ＝2：3：4， 则S △BOC =12，S △AOC =34，∴S △ABC ＝S △AOB +S △BOC +S △AOC ＝1+12+34=94，选项D 错误． 故选：ABC ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= 2√2 ． 解：∵z ＝2﹣i ， ∴z =2+i ，∴|z +i|=|2+2i|=√22+22=2√2． 故答案为：2√2．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 √105．解：连接AC ，取AC 的中点O ， 连接EO 、BD ， 则EO ∥PC ，则异面直线PC 与DE 所成的角的平面角为∠OED ， 设AB ＝1，由已知可得：P A ＝AD ＝AC ＝1， 又P A ⊥平面ABCD ， 则PC =√2， 则EO =√22，因为BD ⊥AC ，BD ⊥P A ， 所以BD ⊥面P AC ，则BD ⊥EO ， 又OD =12BD =√32，则DE =√(√22)2+(32)2=√52，则cos ∠OED =OE DE =√2252=√105． 故答案为：√105．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 80 分，方差是 100 分2．解：甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是5050+40×76+4050+40×85＝80（分）；甲、乙两班全部90名学生的方差是190{50[96+（76﹣80）2]+40[60+（85﹣80）2]}＝100（分2）．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 24 ．解：由于用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，而缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，即n ＝5，x 5＝20， 故205=N5+1，∴N ＝24，即则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为24． 故答案为：24．四、解答题：本题共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．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．证明：（1）取AC 中点M ，连接FM 、BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM =12DC ＝1， ∵EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ， ∴EB ∥DC ， ∴FM ∥EB ．又∵EB ＝1，∴FM ＝EB ， ∴四边形BEFM 是平行四边形， ∴EF ∥BM ，∵EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC ．解：（2）取BC 中点N ，连接AN ， ∵AB ＝AC ， ∴AN ＝BC ， ∵EB ⊥平面ABC ，∴AN⊥EB，∵BC与EB是底面BCDE内的相交直线，∴AN⊥平面BCDE，由（1）得，底面BCDE为直角梯形，S梯形BCDE=EB+DC⋅BC2=3，在等边△ABC中，BC＝2，∴AN=√3，∴V棱锥A﹣BCDE=13S梯形BCDE•AN=√3．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a=√39，b＝2，∠A＝120°．（1）求c的值；（2）求sin（B﹣C）．解：（1）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则a2＝b2+c2﹣2bc•cos A＝4+c2+2c＝39，化简整理可得，（c+7）（c﹣5）＝0，解得c＝5（负值舍去）；（2）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则sin B=bsinAa=2×√3239=√1313，则cos B=√1−sin2B=2√39 13，则sin C=csinAa=5×√32√39=5√1326，故cos C=√1−sin2C=3√39 26，所以sin（B﹣C）＝sin B cos C﹣sin C cos B=√1313×3√3926−5√1326×2√3913=−7√326．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．解：（1）根据题意，50～60的这一组的频率为0.015×10＝0.15，60～70的这一组的频率为0.025×10＝0.25，70～80这一组的频率为0.035×10＝0.35，90～100的这一组的频率为0.005×10＝0.05，则80～90这一组的频率为[1﹣（0.15+0.25+0.35+0.05）]÷2＝0.1，其频数为40×0.1＝4；（2）这次竞赛的平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05＝68.5，70（分）左右两侧的频率均为0.5，则中位数为70；（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，因为80～90之间的人数为40×0.1＝4人，设为a、b、c、d，90～100之间有40×0.05＝2人，设为A、B，从这6人中选出2人，有{a，b}、{a，c}、{a，d}、{a，A}、{a，B}、{b，c}、{b，d}、{b，A}、{b，B}、{c，d}、{c，A}、{c，B}、{d，A}、{d，B}、{A，B}，共15个基本事件，其中事件E包括{a，b}、{a，c}、{a，d}、{b，c}、{b，d}、{c，d}、{A，B}，共7个基本事件，则P（E）=7 15．20．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA ＝CB1，CA⊥CB1，（1）证明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；（2）求直线BB1和平面ABC所成角的正弦值；证明：（1）取AB 1的中点O ，连接OC ，OB ，如图所示： ∵四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°， ∴△ABB 1为等边三角形，又∵AB ＝2， ∴OB ＝2×√32=√3，AB 1＝2，∵CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，∴CO ⊥AB 1，且CO =12AB 1=1， 又∵BC ＝2，∴BC 2＝OB 2+CO 2， ∴CO ⊥OB ，又∵CO ⊥AB 1，AB 1∩OB ＝O ， ∴CO ⊥平面ABB 1A 1， 又∵CO ⊂平面CAB 1， ∴平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1；解：（2）由（1）可知，OB ，OB 1，OC 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OB →，OB 1→，OC →的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则B （√3，0，0），B 1（0，1，0），A （0，﹣1，0），C （0，0，1）， ∴BB 1→=（−√3，1，0），AB →=（√3，1，0），AC →=（0，1，1）， 设平面ABC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅AC →=0， 即{√3x +y =0y +z =0，取x =√3得，{y =−3z =3，∴n →=（√3，﹣3，3），∴直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值为|cos ＜BB 1→，n →＞|=|BB 1→⋅n →||BB 1→||n →|=√217． 21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．解：（1）选①，由正弦定理可得：cosB cosC=−sinB 2sinA+sinC，整理可得：sin C cos B +sin B cos C +2sin A cos B ＝0， 即sin （B +C ）+2sin A cos B ＝0，因为sin （B +C ）＝sin A ，且sin A ≠0，可得cos B =−12， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选②，由正弦定理可得：2×12acsinB =−√3×accosB a b−c =b+ca+c ， 整理可得：a 2+ac ＝b 2﹣c 2，即a 2+c 2﹣b 2＝﹣ac ，由余弦定理得：cosB =a 2+c 2−b 22ac =−12，因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选③，由2S =−√3BA →⋅BC →可得：2×12acsinB =−√3×accosB ， 即tan B =−√3， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；（2）∵AB ⊥AD ，∠ACD =π3，∠BAC ＝θ，θ∈(0，π3)， ∴∠CAD =π2−θ，∠D =π−∠CAD −∠ACD =π−(π2−θ)−π3=π6+θ， ∠ACB =π3−θ，在△ACD 中，由正弦定理有：AC sinD=AD sin∠ACD，∴AC =AD⋅sinD sin∠ACD =√3×sin(π6+θ)32=2sin(θ+π6)， 在△ABC 中，由正弦定理有：BCsin∠BAC=AC sinB，∴BC =AC⋅sin∠BAC sinB =2sin(θ+π6)sinθ√32=4√33sinθsin(θ+π6)=4√33sinθ(√32sinθ+12cosθ) =2sin 2θ+2√33sinθcosθ=1−cos2θ+√33sin2θ=2√33sin(2θ−π3)+1， ∵θ∈(0，π3)，∴2θ−π3∈(−π3，π3)，∴sin(2θ−π3)∈(−√32，√32)， ∴BC ∈（0，2），∴BC 的取值范围（0，2）．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．解：（1）丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”， 所以丙连胜四场的概率：P 1=(12)4=116；（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛， 而甲、丙连胜四场的概率为(12)4×2=18， 乙上场后连胜三场获胜的概率为P 2=(12)3=18，∴需要进行第五场比赛的概率P 3=1−18−18=1−14=34；（3）三人中乙最终获胜的概率最大．理由如下：记事件A为甲输，事件B为丙输，事件C为乙输，记事件M：甲赢，记事件N：赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，∴甲赢的概率为P(M)=(12)4+7×(12)5=932，由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，即丙最终获胜的概率也是932，所以乙赢的概率为P(N)=1−932×2=716，又716＞932，所以三人中乙最终获胜的概率最大．第21页（共21页）。

黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．62.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-25.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．609.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．611.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。

（1）求与圆C相切且平行直线的直线方程；（2）求面积的最大值.3.已知的面积为，且.（1）求的值；（2）若，，求的面积.4.已知过点且斜率为的直线与圆C：交于两点.（1）求的取值范围；（2），其中O为坐标原点，求.5.已知等差数列的公差，其前项和为，若，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）记，且数列的前项和为，证明：．6.已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围. 若不存在，说明理由．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．6【答案】B【解析】由等差数列性质可知【考点】等差数列性质2.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍【答案】A【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，所以三角形的高变为原来的，所以直观图中三角形面积是原三角形面积的，即原三角形面积是直观图面积的倍．【考点】斜二测法画直观图3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以不等式的解集为【考点】不等式解法4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-2【答案】D【解析】由两直线平行可知系数满足的值为-1或-2【考点】两直线平行的判定5.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以数列是等比数列，公比为【考点】等比数列求和6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】数量积表示两个向量的夹角8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．60【答案】C【解析】由三视图可判断几何体为一长方体削去一个角，其直观图如图：长方体的长、宽、高分别为5、4、6，∴长方体的体积为5×4×6=120，削去的三棱锥的体积为×5×4×6=20，∴该几何体的体积为120-20=100【考点】由三视图求面积、体积9.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵向量，，∴，设z=3x+2y，作出不等式组对于的平面区域如图：由z=3x+2y，则，平移直线，由图象可知当直线，经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，由，解得，即B（1，1），此时zmax=3×1+2×1=5，经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得，即A，此时zmin=3×+2×=，则≤z≤5【考点】简单线性规划10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．6【答案】B【解析】：∵正实数a，b满足，∴，化为，当且仅当时取等号．b+2a=3ab．∴（a+1）（b+2）=ab+b+2a+2=4ab+2≥+2＝【考点】基本不等式11.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可得点P在圆的外部，故要求的直线的斜率一定存在，设为k，则直线方程为 y+1=k（x+），即 kx-y+k-1=0．根据直线和圆有交点、圆心到直线的距离小于或等于半径可得，即，解得0≤k≤，故直线l的倾斜角的取值范围是【考点】直线与圆的位置关系12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]【答案】D【解析】如图所示：曲线y＝3－，即（1≤y≤3，0≤x≤4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆．由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得或．结合图象可得【考点】直线与圆的位置关系二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.【答案】2【解析】若直线3x-4y+5=0与圆交于A、B两点，O为坐标原点，且∠AOB=120°，则圆心（0，0）到直线3x-4y+5=0的距离，即，解得r=2，【考点】直线与圆相交的性质2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．【答案】【解析】设AB=a，AD=b，=c．则．．∴．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为【答案】【解析】由题意，所求直线有两条，其中一条是经过点P且与AB平行的直线；另一条是经过P与AB中点C的直线．∵A（2，-3），B（4，5），∴AB的斜率，可得经过点P且与AB平行的直线方程为y+1=4（x-3），化简得4x-y-13=0，又∵AB中点为C（3，1）∴经过PC的直线方程为x=3【考点】两点间距离公式的应用4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】，∴∵恒成立，∴，求得-4＜m＜2【考点】函数恒成立问题三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可试题解析：（1）由余弦定理知，，所以．（2）由正弦定理知，，所以．因为，所以为锐角，则．因此【考点】余弦定理的应用；二倍角的正弦2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。

2019-2020学年哈尔滨九中高一下学期期末数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设x，y∈R，向量a⃗=(x,1),b⃗ =(−1,y),c⃗=(2,−4)且a⃗⊥c⃗，b⃗ //c⃗，则|a⃗+b⃗ |=()A. √5B. √10C. 2√5D. 102.下列符号判断错误的是()A. sin156°>0B. cos(−96°)>0C. tan3π5<0 D. sin(−3π5)<03.已知全集U=R，集合A={x|log3(2x−1)≤1}，B={x|y=√3x2−2x}，则A∩B=()A. (12,1] B. [23,2] C. (23,1] D. (12,23)4.在中，，则()A. B. C. D.5.若{b n}满足约束条件{x−1≥0x−y≤0x+y−4≤0，则z=x+2y的最小值为()A. 3B. 4C. 7D. 26.如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为()A. 4B. 8C. 16D. 207.若△A1B1C1三个角的正弦值分别等于△A2B2C2三个角的余弦值，则()A. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2也为锐角三角形B. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2为钝角三角形C. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2为锐角三角形D. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2也为钝角三角形8.三棱锥P−ABC中，D、E分别是三角形PAC和三角形ABC的外心，则下列判断一定正确的是()A. DE//PBB. 当AB =BC 且PA =AC 时，DE//PBC. 当且仅当AB =BC 且PA =AC 时，DE ⊥ACD. DE ⊥AC9.中，角所对的边分别为，已知，则角B 等于A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°10. 已知函数f(x)=2log 2(x −a)−log 2x.若对于任意的x ∈(0,+∞)，都有f(x)≥1，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,−1)B. (−∞,−12]C. (−∞,−1]D. [−12,0)11. 如图，已知底面为直角三角形的直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，其三视图如图所示，则异面直线B 1A 与A 1C 所成角的余弦值为( )A. 45B. 8√55 C. 4√525D. 8√52512. 数列{a n }中，a 1=56，a n+1=(5n+10)a n(n 2+5n+6)an +5n+15，则a 99=( )A. 12019B. 20182019C. 12020D. 20192020二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知一个底面置于水平面上的圆锥，其左视图是边长为6的正三角形，则该圆锥的侧面积为______ ．14. 已知向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为60°，|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，则|b ⃗ |=______．15. 已知G 为△ABC 为重心，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 所对的边，若a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则∠A = ______ ．16.三、解答题（本大题共6小题，共72.0分） 17. 设f(x)=|x|+2|x −a|(a >0) (1)当a =1时，解不等式f(x)≤4 (2)若f(x)最小值是4，求实数a 的取值．18. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且bcosC −ccos(A +C)=3acosB ． (1)求cos B 的值；(2)若BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，且a =√6，求b 的值．19. 已知数列{a n }中满足a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式 (2)求数列{a n }的前n 项和S n ．20. (本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里? (Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?21. 已知函数f(x)=alnx−x2．,2]上的最大值；(1)当a=2时，求函数y=f(x)在[12(2)令g(x)=f(x)+ax，若y=g(x)在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围；(3)当a=2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx的图象与x轴交于两点A(x1,0)，B(x2,0)，且0<x1<x2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数，若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.证明：ℎ′(αx1+βx2)<0．22. 设数列{a n}满足：a n+1=4+a n，且a1=1．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)若b n为a n与a n+1的等比中项，求数列{1b n2【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵a⃗⊥c⃗；∴a⃗⋅c⃗=2x−4=0；∴x=2；∵b⃗ //c⃗；∴4−2y=0；∴y=2；∴a⃗=(2,1),b⃗ =(−1,2)；∴a⃗+b⃗ =(1,3)；∴|a⃗+b⃗ |=√10．故选：B．根据a⃗⊥c⃗即可得出a⃗⋅c⃗=0，从而求出x=2，而根据b⃗ //c⃗即可得出4−2y=0，从而求出y=2，这样即可得出a⃗+b⃗ =(1,3)，从而求出|a⃗+b⃗ |=√10．考查向量垂直的充要条件，向量平行时的坐标关系，向量坐标的加法和数量积运算．2.答案：B解析：解：由于156°为第二象限角，故sin156°>0，故A正确．由于cos(−96°)=cos96°=−sin6°<0，故B不正确．由于tan3π5=tan(π−2π5)=−tan2π5<0，故C正确．由于sin(−3π5)=−sin3π5=−sin2π5<0，故D正确，故选：B．由条件利用三角函数在各个象限中的符号，诱导公式，判断各个选项是否正确，从而得出结论．本题主要考查三角函数在各个象限中的符号，诱导公式的应用，属于基础题．3.答案：B解析：本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．分别求出集合A和B，由此求出A∩B．解：∵全集U=R，集合A ={x|log 3(2x −1)≤1}={x|12<x ≤2}， B ={x|y =√3x 2−2x}={x|x ≤0或x ≥23}， ∴A ∩B ={x|23≤x ≤2}=[23,2]．故选B ．4.答案：B解析：试题分析：由正弦定理可知即，而，且均为三角形的内角，故，所以，故选B ．考点：1.三角形的边角关系；2.正弦定理．5.答案：A解析：解：由约束条件{x −1≥0x −y ≤0x +y −4≤0作出可行域如图，联立{x =1x −y =0，解得A(1,1)，化目标函数z =x +2y 为y =−x2+z2，由图可知，当直线y =−x2+z 2过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为3． 故选：A ．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，代入目标函数得答案．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．6.答案：C解析：解：由三视图可知，几何体一四棱锥，底面矩形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4 底面积S =6×2=12， 所以V =13Sℎ=13×12×4=16 故选：C ．由三视图可知，几何体是四棱锥，底面三角形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4，按照锥体体积公式求解即可．本题是基础题，考查三视图与直观图的关系，几何体的体积计算，考查计算能力，空间想象能力．7.答案：C解析：解：因为△A 1B 1C 1的三个内角的正弦值均大于0，所以△A 2B 2C 2的三个内角的余弦值也均大于0，则△A 2B 2C 2是锐角三角形． 若△A 1B 1C 1是锐角三角形，由{sinA 1=cosA 2=sin(π2−A 2)sinB 1=cosB 2=sin(π2−B 2)sinC 1=cosC 2=sin(π2−C 2)，得{ A 2+A 1=π2B 2+B 1=π2C 2+C 1=π2， 那么，A 1+B 1+C 1=π2，这与三角形内角和是π相矛盾； 若△A 1B 1C 1是直角三角形，不妨设A 1=π2， 则sinA 1=1=cosA 2，所以A 2在(0,π)范围内无值．综上所述，△A 1B 1C 1既不是锐角三角形也不是直角三角形，则△A 1B 1C 1是钝角三角形 故选：C ．首先根据正弦、余弦在(0,π)内的符号特征，确定△A 2B 2C 2是锐角三角形；然后假设△A 1B 1C 1是锐角三角形，则由cosα=sin(π2−α)推导出矛盾；再假设△A 1B 1C 1是直角三角形，易于推出矛盾；最后得出△A 1B 1C 1是钝角三角形的结论．本题主要考查正余弦函数在各象限的符号特征及诱导公式，同时考查反证法思想．8.答案：D解析：解：取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，∵DF ∩EF =F ， ∴AC ⊥平面DEF ， ∵DE ⊂平面DEF ， ∴DE ⊥AC ． 故选D ．取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，利用线面垂直的判定与性质，即可得出结论．本题考查线面垂直的判定与性质，考查外心的性质，比较基础．9.答案：C解析：10.答案：B解析：解：由f(x)≥1整理得log 2(x −a)≥12log 2x +12=log 2√2x ， 所以x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)， 令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t ．令g(t)=t 2−√2t ，其图象的对称轴为t =√22，所以g(t)min =g(√22)=12−√2×√22=−12，则a ≤−12． 故选：B ．由对数的运算性质可得x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)，令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t.由二次函数的最值求法，即可得到所求范围．本题考查对数型函数及其应用，以及利用分离变量法求参数的取值范围，考查数学转化思想和运算能力，属于中档题．11.答案：D解析：由题意，可以将三棱柱补形为长方体ABDC −A 1B 1D 1C 1，得到异面直线B 1A 与A 1C 所成角为∠DB 1A ，再由余弦定理求解．本题考查空间几何体的三视图，考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键是找出异面直线所成角，是中档题．解：如图所示，可以将三棱柱补形为长方体ABDC−A1B1D1C1，可得B1D//A1C，则异面直线B1A与A1C所成角为∠DB1A，由三视图可知，B1D=5,B1A=2√5,AD=√13，∴cos∠DB1A=B1D2+B1A2−AD22B1D⋅B1A =8√525．即异面直线B1A与A1C所成角的余弦值为8√525．故选：D．12.答案：C解析：解：由a n+1=(5n+10)a n(n2+5n+6)a n+5n+15=5(n+2)a n(n+3)[(n+2)a n+5]，故(n+3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)a n+5，记b n=(n+2)a n，则b n+1=5b nb n+5，两边取倒数，得1b n+1=15+1b n，所以{1bn }是以15为公差的等差数列，又1b1=13a1=25，所以1b n=25+(n−1)15=n+15，所以a n=b nn+2=5(n+1)(n+2)，故a99=5100×101=12020．故选：C ．利用递推关系式推出(n +3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)an+5，记b n =(n +2)a n ，则b n+1=5b nb n+5，转化推出{1b n}是以15为公差的等差数列，求解通项公式，然后求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，转化思想以及换元法的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难度比较大的题目．13.答案：18π解析：本题考查该圆锥的侧面积，考查学生的计算能力，比较基础．由题意得：底面直径和母线长均为6，利用侧面积公式求出该圆锥的侧面积． 解：由题意得：底面直径和母线长均为6， S 侧=12×2π×3×6=18π． 故答案为18π．14.答案：1解析：解：∵|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，∴13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ =9+b ⃗ 2+3|b ⃗ |，则|b ⃗ |=1． 故答案为：1由向量的数量积的性质可知，13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ ，代入即可求解．本题主要考查了平面向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题．15.答案：π6解析：解：因为G 为△ABC 为重心，所以GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 所以，GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 又因为a GA⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以：a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ， 所以(a −√33c)GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 所以a −√33c =0，b −√33c =0，所以，a =b =√33c ， 所以，由余弦定理：cosA =b 2+c 2−a 22bc=13c 2+c 2−13c 22√33c =√32， 可得：A =π6．故答案为：π6．G 为△ABC 为重心可得GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，代入已知可得a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ，整理有(a −√33c)GA⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，可求a =b =√33c ，由余弦定理可求cos A ，从而得解．本题主要考查了平面向量的基本定理及其意义，余弦定理的简单应用，属于基本知识的考查．16.答案：−2解析：本题考查利用导数求曲线的切线方程的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答． 解：∵曲线y =x n+1(n ∈N ∗)， ∴y′=(n +1)x n ，∴f′(1)=n +1，∴曲线y =x n+1(n ∈N ∗)在(1,1)处的切线方程为y −1=(n +1)(x −1)，该切线与x 轴的交点的横坐标为x n =，∵a n =lgx n ，∴a n =lgn −lg(n +1)，∴a 1+a 2+⋯+a 99=(lg1−lg2)+(lg2−lg3)+(lg3−lg4)+(lg4−lg5)+(lg5−lg6)+⋯+(lg99−lg100) =lg1−lg100=−2． 故答案为：−2．17.答案：解：(1)当a =1时，不等式f(x)≤4可化为：|x|+2|x −1|≤4，当x <0时，原不等式可化为：2−3x ≤4，解得：x ≥−23， ∴−23≤x <0，当0≤x ≤1时，原不等式可化为：2−x ≤4，解得：x ≥−2， ∴0≤x ≤1，当x >1时，原不等式可化为：3x −2≤4，解得：x ≤2，∴0<x ≤2，综上所述不等式f(x)≤8的解集为[−23,2]； (2)∵f(x)=|x|+2|x −a|={2a −3x,x <02a −x,0≤x ≤a 3x −2a,x >a则f(x)在(−∞,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， ∴当x =a 时，f(x)取最小值a ， ∴a =4．解析：(1)将a =1代入，利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论各段上f(x)≤4的解，最后综合讨论结果，可得不等式f(x)≤4的解集；(2)利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，结合一次函数的单调性可分析出函数的f(x)的单调性，进而求出函数f(x)的最小值，得到实数a 的取值．本题考查的知识点是分段函数的应用，绝对值不等式，其中利用零点分段法，将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论是解答此类问题的通法．18.答案：解：(1)在△ABC 中，cos(A +C)=cos(π−B)=−cosB ，∴bcosC −ccos(A +C)=3acosB 可化为bcosC +ccosB =3acosB ． 由正弦定理可得：sinBcosC +sinCcosB =3sinAcosB ， 可得sin(B +C)=3sinAcosB ，即sinA =3sinAcosB. 又sinA ≠0, 故cosB =13．(2)由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2可得accosB =2， 即ac =6，由a =√6，可得c =√6．由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2accosB ，可得b =2√2．解析：本题综合考查了三角形内角和定理、诱导公式、正弦余弦定理、数量积运算等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题． (1)利用三角形内角和定理、诱导公式、正弦定理即可得出； (2)利用数量积运算、余弦定理即可得出．19.答案：解：(1)∵a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +)，∴a n=(a n−a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+⋯+2+1=2n−12−1= 2n−1．(2)数列{a n}的前n项和S n=(2+22+⋯+2n)−n=2×2n−12−1−n=2n+1−2−n．解析：(1)利用“累加求和”方法、等比数列的求和公式即可得出．(2)利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了“累加求和”方法、等比数列的求和公式、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.答案：解：如图，由题意知，在三角形BCD中，所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；因为所以设追击时间为t，则所以即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出，即可求解．21.答案：(1)解：∵函数f(x)=alnx−x2，可得当a=2时，f′(x)=2x −2x=2−2x2x，故函数y=f(x)在[12,1]是增函数，在[1,2]是减函数，∴f(x)max=f(1)=2ln1−12=−1．(2)解：∵g(x)=alnx−x2+ax，∴g′(x)=ax−2x+a．∵g(x)在区间(0,3)上不单调，∴g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由g′(x)=0，有a=2x2x+1=(x+1)2−2(x+1)+1x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，(x∈(0,3))，综上可得，a∈(0,92)．(3)证明：由题意可得，ℎ′(x)=2x−2x−m，又f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，∴{2lnx1−x12−mx1=02lnx2−x22−mx2=0，两式相减，得2(lnx1−lnx2)−(x12−x22)=m(x1−x2)，∴m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2)．于是ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(αx1+βx2)−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(x1+x2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x2−x1)≤0．要证：ℎ′(αx1+βx2)<0，只需证：2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2<0，只需证：x1−x2αx1+βx2−ln x1x2>0(∗)．令x1x2=t∈(0,1)，∴(∗)化为1−tαt+β+lnt<0，只证u(t)=lnt+1−tαt+β<0即可．∵u′(t)=1t +−(αt+β)−(1−t)α(αt+β)2=1t−1(αt+β)2=(αt+β)2−tt(αt+β)2=α2(t−1)(t−β2α2)t(αt+β)2，又∵β2α2≥1,0<t<1，∴t−1<0，∴u′(t)>0，∴u(t)在(0,1)上单调递增，故有u(t)<u(1)=0，∴lnt+1−tαt+β<0，即x1−x2αt+β+ln x1x2<0，∴ℎ′(αx1+βx2)<0．解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题．(1)当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f(x)在[12,2]上的最大值；(2)先求得g′(x)=ax−2x+a，因为g(x)在区间(0,3)上不单调，所以g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根．由g′(x)=0，求得a=2x2x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，由此可得a的范围；(3)由题意可得，f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，化简可得m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2).可得ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，由条件知(2α−1)(x2−x1)≤0，再用分析法证明ℎ′(αx1+βx2)<0．22.答案：解：(1)∵a n+1=4+a n，且a1=1，∴a n=1+4(n−1)=4n−3；(2)由(1)可知b n2=a n a n+1=(4n−3)(4n+1)，∴1b n2=1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)，∴T n=14(1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1)=14(1−14n+1)=n4n+1．解析：(1)直接利用等差数列的通项公式即得结论；(2)通过(1)裂项可知1b n2=14(14n−3−14n+1)，进而并项相加即得结论．本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．。

黑龙江省哈九中08-09学年高一下学期期末考试数学（考试时间：120分钟，满分: 150分共4页命题人:沙启娥丁玉民盛忠平)一、选择题（每小题5分，共60分）1．设为非零实数，如果，那么下列不等式中正确的是（）A．B．C．D．2．在中，，则的形状为（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形3．设等差数列的前项和为，若,则的值为（）A．B．C．D．4．圆锥的轴截面为等腰直角三角形，侧面积为，则圆锥的体积为（）A．B．C．D．5．若直线与圆有两个不同的交点，则实数的取值范围是（)A．B．C．D．6．有一长为米的斜坡，它的坡度为，在不改变坡高和坡顶的情况下，通过加长坡面的方法将斜坡的坡度改为，则坡底要延伸（）A．米B．米C．米D．米7．四棱锥的底面是边长为的正方形，底面,，则二面角的余弦值为（)A．B．C．D．8．已知为圆内一定点，过点且被该圆所截得的弦长最短的直线方程为（）A ．B．C．D．9．已知两条直线，两个平面,下列结论中正确的是（）A. B。

C. D。

10．设变量满足的约束条件1241x yx yx-≤⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩所表示的平面区域为，则中的点到直线的距离的最大值是（）A．B．C．D．11．当时，给出下列四个不等式：①②③④其中正确的是（）A．①④B．①③C．②④D．②③12．已知在与之间插入个正数使成等比数列，则的值为（）A。

B. C. D.二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知，，成等差数列，成等比数列，则的最小值是。

14．如果一个长方体的各个顶点都在同一个球的球面上，且从同一个顶点出发的三条棱的长分别为，，，那么该球的表面积为。

15．光线从射到轴上，经过反射以后经过点,则光线从经轴反射到的距离为。

16．在棱长为的正方体中,是上一动点，则的最小值为。

三、解答题（共6道小题，共70分）17．在中，角所对的边分别为,且满足，.（1）求的面积；（2）若，求的值.18．已知圆的方程为.（1）从点向圆引切线,求切线的方程;(2）直线与圆相交于两点，且的面积为，为坐标原点，求实数的值.19．如图，在直三棱柱中，，,点是的中点。

黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.设集合，，则A∪B等于（）．A．B．C．D．2.已知向量＝（1,2），向量＝（，－2），且⊥（－），则实数等于（）．A．0B．4C．9D．－43.函数的定义域为（）．A．B．C．D．4.已知角α的终边过点（－1,2），则的值为（）．A．B．－C．－D．－5.在△ABC中，＝，＝，若点D满足＝2，则＝（）．A．＋B．－C．－D．＋6.的值是（）．A．B．－C．0D．7.设函数（x）＝，则满足的的取值范围是（）．A．[－1,2]B．[0,2]C．[1，＋∞）D．[0，＋∞）8.将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（）．A．y＝sin（2x－）B．y＝sin（2x－）C．y＝sin（x－）D．y＝sin（x－）9.若函数（x）＝，则该函数在（－∞，＋∞）上是（）．A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值10.下列区间中，函数在其上为减函数的是（）．A．（－∞，1]B．C．D．11.设函数的最小正周期为π，且，则（）．A．单调递减B．在单调递减C．单调递增D．在单调递增12.已知函数＝e x－1，＝－x2＋4x－3．若有，则的取值范围为（）．A．[2－，2＋]B．（2－，2＋）C．[1,3]D．（1,3）二、填空题1.已知＝2，则．2.函数＝的值域为．3.已知||＝||＝2，（＋2）·（－）＝－2，则与的夹角为________．4.函数（A，ω，φ为常数，A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值是________．三、解答题1.已知半径为10的圆中，弦的长为10．求弦所对的圆心角的大小；求所在的扇形的弧长及弧所在的弓形的面积．2.已知函数（1）当=-2时，求的最值；（2）求实数的取值范围，使在区间上是单调函数．3.若sin θ，cos θ是关于x的方程5x2－x＋＝0（是常数）的两根，θ∈（0，π），求cos 2θ的值．4.已知0＜β＜＜α＜π，且，，求cos（α＋β）的值．5.已知函数．（1）求（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值．6.已知△ABC的面积满足，且，设与的夹角为θ．（1）求θ的取值范围；（2）求函数（θ）＝的最小值．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.设集合，，则A∪B等于（）．A．B．C．D．【答案】D．【解析】，因此．【考点】并集的求法．2.已知向量＝（1,2），向量＝（，－2），且⊥（－），则实数等于（）．A．0B．4C．9D．－4【答案】C【解析】由题意得，解得【考点】向量垂直的坐标表示．3.函数的定义域为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】使函数有意义，满足，解之得，因此定义域为．【考点】正弦型函数的定义域．4.已知角α的终边过点（－1,2），则的值为（）．A．B．－C．－D．－【解析】点到原点的距离，因此．【考点】任意角的三角函数的定义．5.在△ABC中，＝，＝，若点D满足＝2，则＝（）．A．＋B．－C．－D．＋【答案】A．【解析】由于，因此．【考点】向量的加法法则．6.的值是（）．A．B．－C．0D．【答案】A【解析】由诱导公式得【考点】诱导公式的应用．7.设函数（x）＝，则满足的的取值范围是（）．A．[－1,2]B．[0,2]C．[1，＋∞）D．[0，＋∞）【答案】D．【解析】当时，，，解得，因此，当时，，解得，因此，综上【考点】分段函数的应用．8.将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（）．A．y＝sin（2x－）B．y＝sin（2x－）C．y＝sin（x－）D．y＝sin（x－）【答案】C【解析】将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是．【考点】正弦型函数的图象平移．9.若函数（x）＝，则该函数在（－∞，＋∞）上是（）．A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值【解析】由于并且在是增函数，因此在上是减函数，取不到最小值0．【考点】函数的单调性与最值．10.下列区间中，函数在其上为减函数的是（）．A．（－∞，1]B．C．D．【答案】D【解析】当时，，在区间上为减函数，当时，在区间上是增函数．【考点】函数的单调性．11.设函数的最小正周期为π，且，则（）．A．单调递减B．在单调递减C．单调递增D．在单调递增【答案】A【解析】函数满足，因此函数是偶函数，由辅助角公式得由于周期为，因此，由于函数为偶函数，因此，解得，因此，因此在区间上单调递减．【考点】求函数的解析式．12.已知函数＝e x－1，＝－x2＋4x－3．若有，则的取值范围为（）．A．[2－，2＋]B．（2－，2＋）C．[1,3]D．（1,3）【答案】B．【解析】由于，因此，所以，解之得，因此．【考点】一元二次不等式的解法．二、填空题1.已知＝2，则．【答案】-1．【解析】．【考点】同角三角函数的基本关系．2.函数＝的值域为．【答案】【解析】由于，因此，因此的值域为【考点】与对数函数有关的值域．3.已知||＝||＝2，（＋2）·（－）＝－2，则与的夹角为________．【答案】【解析】,整理得，，，．【考点】向量夹角公式的应用．4.函数（A，ω，φ为常数，A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值是________．【答案】．【解析】由图可知，，因此，由于为第三个点，因此，解得，，．【考点】求三角函数的解析式．三、解答题1.已知半径为10的圆中，弦的长为10．求弦所对的圆心角的大小；求所在的扇形的弧长及弧所在的弓形的面积．【答案】（1）,（2）．【解析】（1）在弧度制下，计算扇形的面积和弧长比在角度制下更方便、简捷；（2）求扇形的面积的最值应从扇形的面积出发，在弧度制下使问题转化为关于的不等式或利用二次函数求最值的方法确定相应的最值；（3）要注意防止角度制和弧度制在同一个式子中出现，如不正确；（4）掌握扇形的面积公式和弧长公式并用于解题．试题解析：解：由圆的半径，知是等边三角形，由（1）可知，弧长，．【考点】扇形弧长、面积公式的应用．2.已知函数（1）当=-2时，求的最值；（2）求实数的取值范围，使在区间上是单调函数．【答案】（1）,;（2）．【解析】（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键是对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个”二次，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法，一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点值符合四个方面分析；（3）二次函数的综合问题应用多涉及单调性与最值或二次方程根的分布问题，解决的主要思路是等价转化，多用到数形结合思想与分类讨论思想,试题解析：解（1）当时，，对称轴为（2）要使函数在区间上是单调函数，则对称轴，，解之得，【考点】一元二次函数在闭区间上的最值；（2）一元二次函数的单调性．3.若sin θ，cos θ是关于x的方程5x2－x＋＝0（是常数）的两根，θ∈（0，π），求cos 2θ的值．【答案】．【解析】（1）平方关系和商数关系式中的角都是同一个角，且商数关系式中；（2）利用平方关系解决问题时，要注意开方运算结果的符号，需要根据角的范围确定，二是利用诱导公式进行化简时，先利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐，特别注意函数名称和符号的确定；（3）掌握两角差的正切公式及倍角公式,注意判断角的范围．试题解析：解：由题意知，，，即由于，因此异号，又，，故【考点】（1）同角三角函数的基本关系；（2）倍角的正弦公式．4.已知0＜β＜＜α＜π，且，，求cos（α＋β）的值．【答案】．【解析】（1）三角函数的给值求值的问题一般是正用公式将“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角三角函数值，代入展开即可，注意角的范围;（2）利用两角和正弦公式和降幂公式化简，要熟练掌握公式，不要把符号搞错，很多同学化简不正确;（3）求解较复杂三角函数的最值时，首先化成形式，在求最大值或最小值,寻求角与角之间的关系，化非特殊角为特殊角；正确灵活运用公式，通过三角变换消去或约去一些非特殊角的三角函数值，注意题中角的范围．试题解析：解：，，∴＝＝，sin＝＝，∴＝＝＋sin sin＝×＋×＝，∴（α＋β）＝2－1＝2×－1＝－．【考点】根据三角函数值求值．5.已知函数．（1）求（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）,的增区间是．（2）．【解析】（1）利用两角和正弦公式和降幂公式化简，得到的形式，利用公式计算周期．（2）利用正弦函数的单调区间，再求的单调性．（3）求三角函数的最小正周期一般化成，，形式，利用周期公式即可．（4）求解较复杂三角函数的单调区间时，首先化成形式，再的单调区间，只需把看作一个整体代入相应的单调区间，注意先把化为正数,这是容易出错的地方．试题解析：（1）因为－1＝－1，故最小正周期为得故的增区间是．（2）因为，所以．于是，当，即时，取得最大值2；当，即时，取得最小值－1．【考点】（1）求三角函数的周期和单调区间；（2）求三角函数在闭区间的最值．6.已知△ABC的面积满足，且，设与的夹角为θ．（1）求θ的取值范围；（2）求函数（θ）＝的最小值．【答案】（1）;（2）【解析】（1）先用数量积的概念转化为三角函数的形式，寻求角与角之间的关系，化非特殊角为特殊角；正确灵活运用公式，通过三角变换消去或约去一些非特殊角的三角函数值，注意题中角的范围；（2）掌握一些常规技巧：“1”的代换，和积互化等，异名三角函数化为同名三角函数，异角化为同角，异次化为同次，切化弦，特殊角与特殊角的三角函数互化；（3）注意利用转化的思想，本题转化为求最值,熟悉公式的整体结构，体会公式间的联系，倍角公式和辅助角公式应用是重点．试题解析：解：（1）,,又，即又，由，得，所以当，即时，【考点】（1）求角的范围；（2）求三角函数的最值．。

黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．2.已知点P（）在第三象限，则角在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.已知M＝｛x|y=x2-1｝, N={y|y=x2-1},等于（）A．N B．M C．R D．4.给出下面四个命题：①；②；③；④。

其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．45.下列各式中，值为的是（）A．B．C．D．6.已知，则的值是（）A．－1B．1C．2D．47.若是△的一个内角，且，则的值为（）A．B．C．D．8.函数在一个周期内的图象如下，此函数的解析式为（）A．B．C．D．9.若，点的坐标为，则点的坐标为（）A．B．C．D．10.下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的是（）A．B．C．D．11.若函数为奇函数，且在内是增函数，又，则的解集为（）A．B．C．D．12.的值为（）A．B．C．D．二、填空题1.若, 且, 则的值是_____2.若，则=3.已知，与的夹角为，那么=4.给出下列命题：(1)存在实数x，使sinx+cosx＝; (2)若是锐角△的内角，则>; (3)函数y＝sin(x-)是偶函数； (4)函数y＝sin2x的图象向右平移个单位，得到y＝sin(2x+)的图象.其中正确的命题的序号是三、解答题1.已知，当为何值时，平行时它们是同向还是反向？2.已知为锐角，且cos=,cos=，求的值.3.已知函数，，那么（Ⅰ）函数的最小正周期是什么？（Ⅱ）函数在什么区间上是增函数？4.)已知<α<π,0<β<,tanα=－,cos(β－α)= ,求sinβ的值.5.已知向量，求（Ⅰ）；（Ⅱ）若的最小值是，求实数的值．6.已知a≥，f（x）=－a2x2+ax+c.（1）如果对任意x∈［0，1］，总有f（x）≤1成立, 证明c≤;（2）已知关于x的二次方程f（x）=0有两个不等实根，，且，求实数c的取值范围黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，故选A。