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重庆市万州区2023届新高考高一数学下学期期末检测试题

来源:年旅网


2019-2020学年高一下学期期末数学模拟试卷

一、选择题:本题共12小题,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.已知偶函数yf(x)在区间[0,)上单调递增,且图象经过点(1,0)和(3,5),则当x[3,1]时,函数yf(x)的值域是( ) A.[0,5]

B.[1,5]

C.[1,3]

D.[3,5]

2.从数字0,1,2,3,4中任取两个不同的数字构成一个两位数,则这个两位数大于30的概率为( ) A.

7 20B.

7 16C.

13 20D.

9 163.已知A1,1,BA.1,3

2,2,O是坐标原点,则OAAB( )

B.3,1

C.1,1

D.2,2

4.某工厂对一批新产品的长度(单位:mm)进行检测,如下图是检测结果的频率分布直方图,据此估计这批产品的中位数与平均数分别为( )

A.20,22.5 B.22.5,25 C.22.5,22.75 D.22.75,22.75

5.已知向量a(1,2),b(4,2),则a与b的夹角为( ) A.

 6B.

 3C.

5 12D.

 26.已知函数fx1(其中e为自然对数的底数),则yf(x)的大致图象为( ) xe5x1A. B. C. D.

7.如图所示的图形是弧三角形,又叫莱洛三角形,它是分别以等边三角形的三个顶点为圆心,以边

长为半径画弧得到的封闭图形.在此图形内随机取一点,则此点取自等边三角形内的概率是( )

A. B. C. D.

8.在ABC中,AB5,AC10,ABAC25,点P是ABC内(包括边界)的一动点,且

APA.3ABAC(R),则|AP|的最大值是( ) 5B.37

C.39

D.41 33 21,x029.已知函数f(x)m,若方程3mf(x)(2m3)f(x)20有5个解,则m的取值范围是

ex,x0() A.(1,)

B.(0,1)(1,)

3C.1,

2D.1,33,

2210.袋有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球,2个白球和3个黑球,从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于( ) A.

1 5B.

2 5C.

3 5D.

4 511.在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(3b)(sinAsinB)(cb)sinC,

a3,S为ABC的面积,则S3cosBcosC的最大值为( )

A.1

B.2

C.3 D.23 12.在下列区间中,函数f(x)A.(0,1)

B.(1,2)

x3x4的零点所在的区间为( )

C.(2,3)

D.(3,4)

二、填空题:本题共4小题

13..现对这些点进行往返标数已知线段AB上有9个确定的点(包括端点A与B)(从ABAB…进行标数,遇到同方向点不够数时就“调头”往回数).如图:在点A上标1,称为点1,然后从点1开始数到第二个数,标上2,称为点2,再从点2开始数到第三个数,标上3,称为点3(标上数n的点称为点

n),……,这样一直继续下去,直到1,2,3,…,2019都被标记到点上,则点2019上的所有标记的

数中,最小的是_______.

14.已知扇形AOB的面积为

4,圆心角AOB为120,则该扇形半径为__________. 3x15.已知函数fx是定义在R上的奇函数,当x0时,fx2x,则f1________. 16.已知平面向量a,b,c满足:ab6,且(ac)(bc)5,则c(ab)的最小值为____. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.已知函数fx4sin2xsinxcosxsinxcosxsinx1. 42(1)求函数fx的最小正周期; (2)若函数gx1f2xafxaf2,的最大值为2,求实数a的值. xa1在42218.某企业2015年的纯利润为500万元,因为企业的设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不进行技术改造,预测从2015年开始,此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造,2016年初该企业需一次性投入资金600万元,在未扣除技术改造资金的情况下,预计2016年的利润为750万元,此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元.

(1)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的年纯利润为an万元;进行技术改造后,在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为bn万元,求an和bn;

(2)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元,进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元,求An和Bn;

(3)依上述预测,从2016年起该企业至少经过多少年,进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润?

19.(6分)如图,在梯形ABCD中,AB//CD,BC8,BAC45,cosABC1. 2

(1)在ABC中,求AC的长;

(2)若BCD的面积等于203,求BD的长.

20.(6分)如图几何体中,底面ABCD为正方形,且PDAD2EC2. EC//PD,PD平面ABCD,

(1)求证:BE//平面PDA; (2)求PA与平面PBD所成角的大小.

21.(6分)已知函数fxx2nx2n的图象与x轴正半轴的交点为A(an,0),n1,2,3,.

2(1)求数列{an}的通项公式;

n1(2)令bn3n(1)2n(n为正整数),问是否存在非零整数,使得对任意正整数n,都有

aabn1bn?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.

22.(8分)东莞市公交公司为了方便广大市民出行,科学规划公交车辆的投放,计划在某个人员密集流动地段增设一个起点站,为了研究车辆发车的间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系,选取一天中的六个不同的时段进行抽样调查,经过统计得到如下数据: 8 间隔时间(x分钟)等候人数(y人) 16 10 19 12 23 14 26 16 29 18 33 调查小组先从这6组数据中选取其中的4组数据求得线性回归方程,再用剩下的2组数据进行检验,检验

ˆ,再求yˆ与实际等候人数y的差,若方法如下:先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数y两组差值的绝对值均不超过1,则称所求的回归方程是“理想回归方程”. 参考公式:用最小二乘法求线性回归方程yˆaˆbxˆ的系数公式:

˙ˆbxxyyxyn•x•yiiiii1nnxxii1ni12xi1n2ˆ, ˆybx,anx2iˆa; (1)若选取的是前4组数据,求y关于x的线性回归方程ybx(2)判断(1)中的方程是否是“理想回归方程”:

(3)为了使等候的乘客不超过38人,试用(1)中方程估计间隔时间最多可以设置为多少分钟?

一、选择题:本题共12小题,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.A 【解析】 【分析】

由题意结合函数的单调性和函数的奇偶性确定函数的值域即可. 【详解】

偶函数yfx在区间0,上单调递增,则函数在3,1,0上单调递减, 且f3f35,f10, 故函数的值域为0,5. 本题选择A选项. 【点睛】

本题主要考查函数的单调性,函数的奇偶性,函数值域的求解等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2.B 【解析】 【分析】

直接利用古典概型的概率公式求解. 【详解】

从数字0,1,2,3,4中任取两个不同的数字构成一个两位数有10,12,13,14,20,21,23,24,30,31,32,34,40,41,42,43,共16个,

其中大于30的有31,32,34,40,41,42,43,共7个, 故所求概率为P故选B 【点睛】

本题主要考查古典概型的概率的计算,意在考查学生对该知识的理解掌握水平,属于基础题. 3.D 【解析】 【分析】

根据向量线性运算可得OAABOB,由坐标可得结果.

7. 16

【详解】

OAABOB2,2

故选:D 【点睛】

本题考查平面向量的线性运算,属于基础题. 4.C 【解析】 【分析】

根据平均数的定义即可求出.根据频率分布直方图中,中位数的左右两边频率相等,列出等式,求出中位数即可. 【详解】

:根据频率分布直方图,得平均数为1(12.1×0.02+17.1×0.04+22.1×0.08+27.1×0.03+32.1×0.03)=22.71, ∵0.02×1+0.04×1=0.3<0.1, 0.3+0.08×1=0.7>0.1; ∴中位数应在20~21内, 设中位数为x,则

0.3+(x﹣20)×0.08=0.1, 解得x=22.1;

∴这批产品的中位数是22.1. 故选C. 【点睛】

本题考查了利用频率分布直方图求数据的中位数平均数的应用问题,是基础题目. 5.D 【解析】 【分析】

利用夹角公式计算出两个向量夹角的余弦值,进而求得两个向量的夹角. 【详解】

设两个向量的夹角为,则cos故选:D. 【点睛】

本小题主要考查两个向量夹角的计算,考查向量数量积和模的坐标表示,属于基础题. 6.D

44π0,故.

5252

【解析】

令gxe5x1,gxe5,所以函数gx在,ln5上单调递减,在ln5,上单调递

xx增,又令gln545ln50,所以gx有两个零点,因为g00,

g2e2110,g5e5260,所以x10,x22,5,且当x0时,gx0,

fx0,当x1xx2时,gx0,fx0,当xx2时,gx0,fx0,选项C满足

条件.故选C.

点睛:本题考查函数的解析式和图象的关系、利用导数研究函数的单调性;已知函数的解析式识别函数图象是高考常见题型,往往从定义域、奇偶性(对称性)、单调性、最值及特殊点的符号进行验证,逐一验证进行排除. 7.D 【解析】 【分析】

求出以为圆心,以边长为半径,圆心角为倍的等边三角形【详解】 设等边三角形

的边长为,设以为圆心,以边长为半径,圆心角为

的扇形的面积为

,则

的扇形的面积,根据图形的性质,可知它的3倍减去2

的面积就是莱洛三角形的面积,运用几何概型公式,求出概率.

莱洛三角形面积为,则,

在此图形内随机取一点,则此点取自等边三角形内的概率为,

,故本题选D.

【点睛】

本题考查了几何概型.解决本题的关键是正确求出莱洛三角形的面积.考查了运算能力. 8.B 【解析】 【分析】 根据AP【详解】

3ABAC(R)分析得出点P的轨迹为线段P1D,结合图形即可得到|AP|的最大值. 5

如图:取AD3AB,CP153CB,PD1//AC, 5点P是ABC内(包括边界)的一动点, 且AP3ABAC(R),根据平行四边形法则,点P的轨迹为线段P1D, 5

则|AP|的最大值是|AP, 1|在ABC中,AB5,AC10,ABAC510cosBAC25,cosBAC1, 2sinBAC3,BC53,PB1223,

|AP1|251237故选:B 【点睛】

此题考查利用向量方法解决平面几何中的线段长度最值问题,数形结合处理可以避免纯粹的计算,降低难度. 9.D 【解析】 【分析】

利用因式分解法,求出方程的解,结合函数f(x)的性质,根据题意可以求出m的取值范围. 【详解】

3mf2(x)(2m3)f(x)20[3f(x)2][mf(x)1]0,

21121,或f(x),由题意可知:f(0),由题可知:当x0时,f(x)有2个解且f(x)3mm3m213有2个解且m ,

3m21x1x1xx当x0时,f(x)e(),因为f(x)()()f(x),所以函数f(x)是偶函数,当x0eeef(x)时,函数f(x)是减函数,故有0f(x)1,函数f(x)是偶函数,所以图象关于纵轴对称,即当x0时有,0f(x)1,所以011m1,综上所述; m

33m的取值范围是1,,,故本题选D.

22【点睛】

本题考查了已知方程解的情况求参数取值问题,正确分析函数的性质,是解题的关键. 10.B 【解析】 【详解】

11C2C32. 试题分析:由题意P2C65故选B. 11.C 【解析】 【分析】

先由正弦定理,将(3b)(sinAsinB)(cb)sinC化为(ab)(ab)(cb)c,结合余弦定理,求出A3,再结合正弦定理与三角形面积公式,可得S3cosBcosC1bcsinA3cosBcosC,2化简整理,即可得出结果. 【详解】 因为a3,所以(3b)(sinAsinB)(cb)sinC可化为

(ab)(ab)(cb)c,即a2b2c2bc,

b2c2a21,所以A. 可得cosA2bc23又由正弦定理得b2sinB,c2sinC, 所以

1S3cosBcosCbcsinA3cosBcosC3(sinBsinCcosBcosC)3cos(BC),

2当且仅当BC时,S3cosBcosC取得最大值3. 故选C 【点睛】

本题主要考查解三角形,熟记正弦定理与余弦定理即可,属于常考题型. 12.B 【解析】 【分析】

由函数的解析式,再根据函数零点的存在定理可得函数的零点所在的区间.

【详解】 函数f(x)由函数y函数f(x)x3x4的零点所在的区间即函数yx与y3x4的交点所在区间.

x与y3x4在定义域[0,)上 只有一个交点,如图.

x3x4在定义域[0,)上只有一个零点.

2324250

又f(1)131420,f(2)所以f1f20. 所以f(x)故选:B

x3x4的零点在(1,2)上

【点睛】

本题主要考查求函数的零点所在区间,函数零点的存在定理,属于基础题. 二、填空题:本题共4小题 13.3 【解析】 【分析】

将线段上的点考虑为一圆周,所以共有16个位置,利用规则,可知标记2019的是

12320192039190,2039190除以16的余数为6,即线段的第6个点标为2019,则

kk(k1),令n0,即可得k3. 2616n123【详解】

依照题意知,标有2的是1+2,标有3的是1+2+3,……,标有2019的是1+2+3+……+2019,将将线段上的点考虑为一圆周,所以共有16个位置,利用规则,可知标记2019的是12320192039190,

k(k1),令n0,2616n1232039190除以16的余数为6,即线段的第6个点标为2019,k(k1)12,解得

kk3,故点2019上的所有标记的数中,最小的是3.

【点睛】

本题主要考查利用合情推理,分析解决问题的能力.意在考查学生的逻辑推理能力, 14.2 【解析】 【分析】

将圆心角化为弧度制,再利用扇形面积得到答案. 【详解】

圆心角AOB为120扇形AOB的面积为故答案为2 【点睛】

本题考查了扇形的面积公式,属于简单题. 15.3 【解析】 【分析】

根据奇偶性,先计算f(1),再计算f1 【详解】

因为fx是定义在R上的奇函数,所以fxfx. 因为当x0时,fx2x

x2 3411224Sr2rr2 32233所以f1f1213. 故答案为3 【点睛】

本题考查了奇函数的性质,属于常考题型. 16.-1 【解析】 【分析】

OAa,OBb,OCc,OM1(ab), 2ab2(ab)21为半径由(ac)(bc)5经过向量运算得(c知C点在以M为圆心,)54,

24

的圆上,这样c(ab)(OMMC)(ab)1(ab)2r(ab),只要r(ab)最小,就可化简2c(ab).

【详解】

如图,OAa,OBb,则ABab6,设M是AB中点,则OM∵(ac)(bc)5,

1(ab), 2ab2(ab)2(ab)2∴c(ab)cab5,即(c)ab554,

2442cab2,记OCc,则C点在以M为圆心,1为半径的圆上,记MCr, 2ab1ab反向时,r)(ab)(ab)2r(ab),注意到r2,因此当r与

222c(ab)(r(ab)最小,

22112∴c(ab)ab2ab(ab2)22.

22∴c(ab)最小值为-1. 故答案为-1.

【点睛】

本题考查平面向量的数量积,解题关键是由已知(ac)(bc)5得出C点轨迹(让表示a,b,c的有向线段的起点都是原点)是圆,然后分析出只有OMMC最小时,c(ab)才可能最小.从而得到解题方法.

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17. (1) T2;(2)a2或a6 【解析】

【分析】

(1)根据二倍角公式进行整理化简可得fx2sinx,从而可得最小正周期;(2)将gx通过换元的方式变为y1tat程求得a的值. 【详解】

(1)fx21cos21a1,2t1;讨论对称轴的具体位置,分别求解最大值,从而建立方2xsinxcos2xsin2x1 222sinxsinx12sin2x12sinx

最小正周期T2

(2)gxsin2xasinxacosx1a1 22令sinxcosxt,则sin2x1sinxcosx1t2

211aa1 22y1tata1tatata224222tsinxcosx2sinx

4由42244a①当2,即a22时

2当t2时,ymax2x得x 2t1

1a2 2881a22122(舍去) 2a22由,解得72221②当2a1,即22a2时 2aa21当t时,ymaxa

242a21由a2得a22a80,解得a2或a4(舍去)

42a1,即a2时 2aa当t1时,ymax1,由12,解得a6

22③当

综上,a2或a6 【点睛】

本题考查正弦型函数最小正周期的求解、利用二次函数性质求解与三角函数有关的值域问题,解题关键是通过换元的方式将所求函数转化为二次函数的形式,再利用对称轴的位置进行讨论;易错点是忽略了换元后自变量的取值范围.

1n50018. (1) an50020n,bn5001(2) An490n10n2,Bn500nn100(3) 至少经过4

22年,进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润. 【解析】 【分析】

(1)利用等差数列、等比数列的通项公式求an和bn

(2) An是数列an的前n项和,Bn是数列bn的前n项和减去600,利用等差数列和等比数列的前n项和公式求出即可

(3)作差,利用函数的单调性,即可得出结论 【详解】

(1)由题意得 an是等差数列,a1480,d20 所以an50020n 由题意得b1750,bn1所以bn15001bn250 21bn500 21的等比数列 2所以bn1500是首项为250,公比为

1所以bn50025021所以bn5002502n1

n11n5001

2(2) An是数列an的前n项和 所以An500nn(n1)20490n10n2 2Bn是数列bn的前n项和减去600,所以

11Bn500(1122211)600n 211150022n600500nn100 500n1212

(3) BnAn500n5002100490n10n n210n210n500100 2n易得此函数当nN*时单调递增 且n1,2,3时BnAn0

n4,5,6时BnAn0

所以至少经过4年,进行技术改造的累计纯利润 将超过不进行技术改造的累计纯利润. 【点睛】

本题考查的是数列的综合知识,包含通项公式的求法、前n项和的求法及数列的单调性. 19.(1)46;(2)221 【解析】 【分析】

(1)首先利用同角三角函数的基本关系求出sinABC,再利用正弦定理求解即可. (2)求出梯形的高,再利用三角形的面积求解即可. 【详解】

解:(1)在梯形ABCD中,AB//CD,BC8,BAC45,cosABC可得sinABC1cos2ABC3, 283246.

221. 2由正弦定理可得:ACBCsinABCsinBAC(2)过C作CEAB,交AB的延长线于E 则CEACsinCAB46243 2

即梯形的高为43,

因为BCD的面积等于203, 1CD43203, 2CD10, SBCD11BCCDsinBCD810sinBCD203 22sinBCD3 2BCD60,

BDBC2CD22BCCDcosBCD 8210228101221 2【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理的应用,三角形面积公式的应用,属于中档题. 20.(1)见解析(2)【解析】 【分析】

(1)由BC//AD,EC//PD,结合面面平行判定定理可证得平面BEC//平面PDA,根据面面平行的性质证得结论;(2)连接AC交BD于点O,连接PO,利用线面垂直的判定定理可证得AO平面PBD,从而可知所求角为APO,在RtAPO中利用正弦求得结果. 【详解】 (1)

四边形ABCD为正方形 BC//AD

 6又AD平面PDA BC//平面PDA

又EC//PD,PD平面PDA EC//平面PDA

EC,BC平面BEC,ECBCC 平面BEC//平面PDA

BE平面BEC BE//平面PDA

(2)连接AC交BD于点O,连接PO

PD平面ABCD,AO平面ABCD AOPD

又四边形ABCD为正方形 AOBD

BD,PD平面PBD,BDPDD AO平面PBD

APO即为PA与平面PBD所成角

PDAD2且PDAD PA22 11AC22222 22AO1sinAPO APO

PA26又AO即PA与平面PBD所成角为:【点睛】

本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解,涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用;求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解. 21.(1)ann;(2)存在,1. 【解析】 【分析】

(1)把点A带入fxx2nx2n即可

2 6(2)根据(1)的an计算出bn、bn1,再解不等式即可 【详解】

2(1)设fx0,x2nx2n0得x12,x2n.

所以ann ; (2)bn3n1nn12n,若存在0,满足bn1bn恒成立

n1即:3n112n13n12n,

32n11n1恒成立

n13当n为奇数时,23当n为偶数时,2所以1

n13

231, 2故:1 . 【点睛】

本题考查了数列通项的求法,以及不等式恒成立的问题,不等式恒成立是一个难点,也是高考中的常考点,

本题属于较难的题。

ˆ1.7x2.3(2)是“理想回归方程”(3)估计间隔时间最多可以设置为21分钟 22.(1)y【解析】 【分析】

(1)根据所给公式计算可得回归方程; (2)由理想回归方程的定义验证; (3)直接解不等式1.7x2.338即可. 【详解】 (1)

4x81012141619232611,y21

44ixxyy(3)(5)(1)(2)123534

ii14xxii12(3)2(1)2123220

ˆbxxyyiii14xixi142341.7 20ˆ211.7112.3 ˆybxaˆ1.7x2.3 yˆ1.7x2.3 (2)∵yˆ1.7162.329.5 当x16时,yˆ1.7182.332.9 当x18时,y|29.529|=0.5<1,|32.933|=0.1<1

ˆ1.7x2.3是“理想回归方程” 所以判断(1)中的方程y(3)由1.7x2.338,得x21

估计间隔时间最多可以设置为21分钟

【点睛】

本题考查回归直线方程,解题时直接根据所给公式计算,考查了学生的运算求解能力.

一、选择题:本题共12小题,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.在等差数列an中,若a2a910,则3a4a10( ) A.10

B.15

C.20

D.25

a64,bnlog2an,数列2.在各项均为正数的等比数列an中,公比q0,1,若a3a55,a2·bn的前n项和为Sn,则

A.8

S1S212Sn取最大值时,n的值为( ) nC.17

D.8或9

B.9

3.已知P(1,t)在角终边上,若sinA.

25,则t( ) 5C.2

D.2

1 2B.-2

4.若向量a2cos,1, bA.

2,tan,且a//b,则sin=( )

C.

2 2B.-

2 2 4D.-

 45.已知数列an满足a11,an1A.2

B.

1(n1,nN*),则a3( ) an1C.

3 25 3D.

8 56.若a,b,cR且ab,则下列不等式成立的是( ) A.ac2bc2 7.圆A.1

B.

B.

11 abC.

ba abD.

ab

|c|1|c|1被轴所截得的弦长为( )

C.2

D.3

*SnS,2SSnN8.已知无穷等比数列an的公比为q,前n项和为Sn,且lim下列条件中,使得nn恒成立的是( ) A.a10,0.6q0.7 C.a10,0.7q0.8 9.tan15tan75( ) A.4

B.23 C.1

D.2

B.a10,0.7q0.6 D.a0,0.8q0.7

10.函数ycosxtanx (2x2)的大致图象是( )

A. B.

C. D.

11.如果数列an的前n项和为SnnA.an2nn1 B.an23

3an3,则这个数列的通项公式是( ) 2C.an32

n2D.an3n1

12.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1底面ABC,A1A2,ABAC1,CAB异面直线A1B与C1A所成角的余弦值为( )

2,则

A.

4 5B.4 5C.

3 5D.

3 5二、填空题:本题共4小题

13.函数f(x)x2ax3在(1,)上是减函数,则a的取值范围是________.

*14.在数列an中,a11,a25,an2an1annN ,则a2018_____________.

15.已知扇形的圆心角为16.若直线________

,半径为,则扇形的面积 .

xy1(a0,b0)始终平分圆(x1)2(y1)24的周长,则a4b的最小值为ab三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.已知扇形的面积为(1)求的弧度;

,弧长为,设其圆心角为 66

cossin2(2)求的值.

119cossin2218.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形,AA1平面ABCD,AB1,AA12,BAD60,点P为DD1的中点.

(1)求证:直线BD1∥平面PAC; (2)求证:AC平面BDD1B1;

(3)求直线CP与平面BDD1B1所成的角的正切值.

219.(6分)设Sn为正项数列{an}的前n项和,且满足an2an4Sn3.

(1)求{an}的通项公式; (2)令bn1,Tnb1b2…bn,若Tnm恒成立,求m的取值范围.

anan120.(6分)已知函数fxtsinxt0,,fx的部分图像如图所示,点N0,3,

2M,0,P,t都在fx的图象上. 24

(1)求fx的解析式;

(2)当x,2时,3fxm3恒成立,求m的取值范围.

21.(6分)已知向量a4cos,1,bsinx,1,f(x)ab. 36,上的值域; 66(1)求函数f(x)的解析式及f(x)在区间(2)求满足不等式f(x)0的x的集合.

2222.(8分)已知函数f(x)x5ax6a(aR).

(1)解关于x的不等式f(x)0;

(2)若关于x的不等式f(x)2a的解集为{x|x4或x1},求实数a的值.

一、选择题:本题共12小题,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.C 【解析】 【分析】

设等差数列an的公差为d,得到a2a92a19d10,又由3a4a1022a19d,代入即可求解,得到答案. 【详解】

由题意,设等差数列an的公差为d, 则a2a92a19d10,

又由3a4a104a118d22a19d20, 故选C. 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式的应用,其中解答中熟记等差数列的通项公式,准确计算是解答的关键,着重考查了计算与求解能力,属于基础题,. 2.D 【解析】

【分析】

利用等比数列的性质求出a3、a5的值,可求出a1和q的值,利用等比数列的通项公式可求出an,由此得出bn,并求出数列bn的前n项和Sn,然后求出

S1S212Sn,利用二次函数的性质求出当nS1S212【详解】

Sn取最大值时对应的n值. na3a55a34由题意可知a3a5,由等比数列的性质可得a2a6a3a54,解得,

a15aa53a1q24a116n141所以a1q1,解得1,ana1qn11625n,bnlog2an5n,

q20q12n45n9nn2则数列bn为等差数列,Sn, 22S9nn,S1S2n212因此,当n8或9时,【点睛】

本题考查等比数列的性质,同时也考查了等差数列求和以及等差数列前n项和的最值,在求解时将问题转化为二次函数的最值求解,考查方程与函数思想的应用,属于中等题. 3.C 【解析】 【分析】

由正弦函数的定义求解. 【详解】

9nn42n17nSn1172, 2nn244216S1S212Sn取最大值,故选:D. nsin故选C. 【点睛】

t1t225,显然t0,∴t2. 5本题考查正弦函数的定义,属于基础题.解题时注意t的符号. 4.B 【解析】 【分析】

根据向量平行的坐标表示,列出等式,化简即可求出. 【详解】

因为a//b,所以2costan20,即2sin20, 解得sin【点睛】

本题主要考查向量平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系的应用. 5.B 【解析】 【分析】

利用数列的递推关系式,逐步求解数列的a3即可. 【详解】

解:数列{an}满足a11,an1a所以a21a311112, a11n12,故选B. 2(n1,nN),

1131. a222故选:B. 【点睛】

本题主要考查数列的递推关系式的应用,属于基础题. 6.D 【解析】 【分析】

利用作差法对每一个选项逐一判断分析. 【详解】

选项A, acbc(ab)c0,所以a≥b,所以该选项错误;

22211ba,符合不能确定,所以该选项错误; ababba(ba)(ba)选项C, ,符合不能确定,所以该选项错误;

abab选项B, 选项D, 故选D 【点睛】

本题主要考查实数大小的比较,意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.

ababab0,所以,所以该选项正确. |c|1|c|1|c|1|c|1|c|1

7.C 【解析】 【分析】

先计算圆心到轴的距离,再利用勾股定理得到弦长. 【详解】

,圆心为

圆心到轴的距离弦长

故答案选C 【点睛】

本题考查了圆的弦长公式,意在考查学生的计算能力. 8.B 【解析】 【分析】

由已知推导出a12q10,由此利用排除法能求出结果. 【详解】

nSna11qn1qSnlim,Slimnna1, 1q1q1,2SnS,

a12qn10,

n若a10,则q1,故A与C不可能成立; 21,故B成立,D不成立. 2n若a10,则q故选:B 【点睛】

本题考查了等比数列的前n项和公式以及排除法在选择题中的应用,属于中档题. 9.A 【解析】 【分析】

分别利用和差公式计算tan15,tan75,相加得答案.

【详解】

tan45tan3023 1tan45tan30tan45+tan30tan75tan(4530)23 1tan45tan30tan15tan(4530)tan15tan754

故答案为A 【点睛】

本题考查了正切的和差公式,意在考查学生的计算能力. 10.C 【解析】 【分析】

去掉绝对值将函数化为分段函数的形式后可得其图象的大体形状. 【详解】

sinx,0x2由题意得ycosxtanx,

sinx,x02 所以其图象的大体形状如选项C所示. 故选C. 【点睛】

解答本题的关键是去掉函数中的绝对值,将函数化为基本函数后再求解,属于基础题. 11.B 【解析】 【分析】 根据Sn33an3,当n2时,anSnSn1,再结合n1时,S1a1a13,可知an是以6为

22首项,3为公比的等比数列,从而求出数列an的通项公式. 【详解】 由Sn3an3, 23333an3an13anan1,

2222当n2时,anSnSn1an3, 所以an1当n1时,S1a13a13,此时a16, 2

n1n所以,数列an是以6为首项,3为公比的等比数列,即an6323.

故选:B. 【点睛】

本题考查了利用递推公式求数列的通项公式,考查了计算能力,属于基础题. 12.A 【解析】 【分析】

以A为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,由已知求

A1B与C1A的坐标,由两向量所成角的余弦值求解异面直线A1B与C1A所成角的余弦值.

【详解】

如图,以A为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 由已知得:A0,0,0,C10,1,2,B1,0,0,A10,0,2, 所以A1B1,0,2,C1A0,1,2. 设异面直线A1B与C1A所成角,则cos故异面直线A1B与C1A所成角的余弦值为故选:A 【点睛】

本题主要考查了利用空间向量求解线线角的问题,属于基础题. 二、填空题:本题共4小题 13.(,2] 【解析】 【分析】

根据二次函数的图象与性质,即可求得实数a的取值范围,得到答案. 【详解】

由题意,函数f(x)xax3表示开口向下,且对称轴方程为x2A1BC1AA1BC1A44 55. 5a的抛物线, 2

当函数在(1,)上是减函数时,则满足所以实数a的取值范围(,2]. 故答案为:(,2]. 【点睛】

a1,解得a2, 2本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用,其中解答中熟记二次函数的图象与性质,列出相应的不等式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 14.5 【解析】 【分析】

利用递推关系式依次求值,归纳出:an+6=an,再利用数列的周期性,得解. 【详解】

∵a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N*), ∴a3=a2-a1=5-1=4,

同理可得:a4=-1,a5=-5,a6=-4,a7=1,a8=5,…, ∴an+6=an. 则a2018=a6×336+2=a2=5 【点睛】

本题考查了递推关系、数列的周期性,考查了推理能力与计算能力. 15.

【解析】

试题分析:由题可知,考点:扇形面积公式 16.9 【解析】 【分析】

平分圆的直线过圆心,由此求得a,b的等量关系式,进而利用基本不等式求得最小值. 【详解】

由于直线始终平分圆的周长,故直线

11xy1(a0,b0)过圆的圆心1,1,即1,所以

abab4ba4ba11a4ba4b5529.

ababab【点睛】

本小题主要考查直线和圆的位置关系,考查利用基本不等式求最小值,属于基础题. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.(1)【解析】 【分析】

(1)由弧长求出半径,再由面积求得圆心角;

(2)先由诱导公式化简待求式为tan,利用两角差的正切公式可求tan【详解】

(1)设扇形的半径为r,则ar由S12(2)23

tan().

12346,所以r. 611rl可得, 22666解得12.

cossinsinsin2tan. (2)

119sincoscossin22tan343123. tan12341tantan1334tantan【点睛】

本题考查扇形的弧长与面积公式,考查诱导公式,同角间的三角函数关系,考查两角差的正切公式.求值时用诱导公式化简是解题关键.. 18.(1)见解析;(2)见解析;(3)【解析】 【分析】

(1)只需证明PO∥BD1,即可得BD1∥平面PAC;(2)只需证明AC⊥BD.DD1⊥AC.即可证明AC⊥平面BDD1B1(3)∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角,在Rt△CPO中,tan∠CPO解 【详解】

(1)设AC和BD交于点O,连结PO, 由于P,O分别是DD1,BD的中点,故PO15 5CO15即可求PO5BD1,

∵PO平面PAC,BD1平面PAC 所以直线BD1∥平面PAC.

(2)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中, 底面ABCD是菱形,则ACBD

又DD1平面ABCD,且AC平面ABCD,则DD1AC, ∵BD平面BDD1B1,D1D平面BDD1B1,BDD1DD ∴AC平面BDD1B1.

(3)由(2)知AC平面BDD1B1. ∴CP在平面BDD1B1内的射影为OP ∴CPO是CP与平面BDD1B1所成的角 因为BAD60,所以BCD为正三角形 ∴COCDDO223 2PODODP225, 23CO152在RtCPO中,tanCPO. PO552∴CP与平面BDD1B1所成的角的正切值为【点睛】

15. 5

本题考查了线面垂直、线面平行的判定定理、线面角,属于中档题. 19.(1)an=2n1(2)[,) 【解析】 【分析】

(1)代入n1求得a13,根据an与Sn的关系可求得anan12,可知数列为等差数列,利用等差数列通项公式求得结果;验证a1后可得最终结果;(2)由(1)可得bn,采用裂项相消的方法求得Tn,可知Tn161,从而得到m的范围. 6【详解】

2(1)由题知:an0,an2an4Sn3……①

2令n1得:a12a14S13,解得:a13

2当n2时,an12an14Sn13……②

①-②得:anan1anan120 ∴anan120,即anan12

an是以3为首项,2为公差的等差数列 an32n12n1

经验证a13满足an2n1

an2n1

(2)由(1)知:bn111

2n12n322n12n31111111111111Tn 235572n12n3232n3n61110 Tn m

4n666即m, 【点睛】

本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和,关键是能够利用an与Sn的关系证得数列为等差数列,从而求得通项公式,属于常规题型. 20.(1)fx2sin【解析】 【分析】

162x;(2)1,0

33

(1)由三角函数图像,求出t,,即可;

m32(2)求出函数fxm的值域,再列不等式组求解即可.

m33【详解】

解:(1)由fx的图象可知

2T3,则T3, 4424因为T3,0,所以22,故fxtsinx. 33M,0ftsinfx因为在函数的图象上,所以0, 223所以3kkZ,即k3kZ,因为32,所以3.

因为点N0,3在函数fx的图象上,所以f0tsin解得t2, 故fx2sin3,

2x.

332,所以

22x,, 3333(2)因为x,所以sin32x,1,则3fx2. 332因为3fxm3,所以m3fxm3,

m32所以,解得1m0.

m33故m的取值范围为1,0. 【点睛】

本题考查了利用三角函数图像求解析式,重点考查了三角函数值域的求法,属中档题. 21.(1)f(x)2sinx【解析】 【分析】

(1)根据向量的数量积,得到函数解析式,再根据正弦函数的性质,即可得出结果; (2)先由题意,将不等式化为sinx41(xR)2k,2k(kZ) 2,值域为()[1,31]63162,结合正弦函数的性质,即可得出结果.

【详解】 解:(1)

a(2,1),bsinx,1,

6f(x)2sinx1(xR)

63由x,,得x0,,sinx0,,

6663622sinx1[1,31],

6f(x)在区间,上的值域为[1,31]

66(2)由f(x)0,得2sinx110sinx ,即662,kZ

7解得2k3所以2kx62k6x2k,kZ,

4,2k(kZ) 不等式f(x)0的解集为2k3【点睛】

本题主要考查正弦型函数的值域,以及三角不等式,熟记正弦函数的性质即可,属于常考题型. 22.(1)①当a0时,不等式的解集为;

②当a0时,由3a2a,则不等式的解集为(2a,3a); ③当a0时,由3a2a,则不等式的解集为(3a,2a); (2)a1 【解析】 【分析】

(1)不等式fx0,可化为x2ax3a0,分三种情况讨论,分别利用一元二次不等式的解法求解即可;(2)不等fx2a可化为x25ax6a22a0,根据1和4是方程

x25ax6a22a0的两根,利用韦达定理列方程求解即可.

【详解】

(1)不等式fx0,可化为:x2ax3a0. ①当a0时,不等式的解集为;

②当a0时,由3a2a,则不等式的解集为2a,3a; ③当a0时,由3a2a,则不等式的解集为3a,2a; (2)不等fx2a可化为:x25ax6a22a0.

由不等式fx2a的解集为{x|x4或x1}可知,1和4是方程x25ax6a22a0的两根. 故有5a1426a2a14,解得a1.

由a1时方程为x25x40的根为1或4,则实数a的值为1. 【点睛】

本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用,属于中档题. .分类讨论思想的常见类型 , ⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的,要进行分类讨论的; ⑵问题中的条件是分类给出的;

⑶解题过程不能统一叙述,必须分类讨论的;

⑷涉及几何问题时,由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.

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