2020-2021苏州苏州科技城外国语学校高一数学下期末试题（附答案）

2020-2021苏州苏州科技城外国语学校高一数学下期末试题(附答案)

一、选择题

1．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是

A．甲地：总体均值为3，中位数为4 B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0

C．丙地：中位数为2，众数为3 D．丁地：总体均值为2，总体方差为3

2．已知为等边三角形，，设，满足，，若，则（ ）

A． B． C． D．

3．已知D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，则xy的取值范围是　　

A． B． C． D．

4．若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．是边长为的等边三角形，已知向量，满足，，则下列结论正确的是（ ）

A． B． C． D．

6．已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（ ）

A．50 B．2 C．0 D．

7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈（1匹=40尺，一丈=10尺），问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织5尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”若一个月按30天算，则每天增加量为

A．尺 B．尺 C．尺 D．尺

8．已知函数为上的偶函数，当时，函数，若关于的方程有且仅有6个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）

A． B．

C． D．

9．已知，若存在三个不同实数，，使得，则的取值范围是（ ）

A．(0,1) B．[-2,0) C． D．（0,1）

10．设函数，则，则（　　）

A．在单调递增，其图象关于直线对称

B．在单调递增，其图象关于直线对称

C．在单调递减，其图象关于直线对称

D．在单调递减，其图象关于直线对称

11．函数的图象可能是（ ）

A． B．

C． D．

12．若，则（ ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知数列满足，则的最小值为_______.

14．函数的定义域是__________．

15．=__________．

16．已知点在直线上，则的最小值为_______．

17．如图，棱长均为2的正四棱锥的体积为_______．

18．设a，b是非零实数，且满足，则＝_______．

19．若a10=，am=，则m=______．

20．已知，点在直线上，且，则点的坐标为________

三、解答题

21．解关于的不等式.

22．在中，内角A，B，C的对边a，b，c，且，已知，，，求：

（1）a和c的值；

（2）的值.

23．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M点为圆心的圆及其上一点.

（1）设圆N与y轴相切，与圆M外切，且圆心在直线上，求圆N的标准方程；

（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点且，求直线l的方程.

24．已知函数

（I）求的值

（II）求的最小正周期及单调递增区间.

25．已知中，内角所对边分别为，若.

(1)求角的大小；

(2)若，求的取值范围.

26．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式，并写出的最小正周期；

(2)令，若在内，方程有且仅有两解，求的取值范围.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．D

解析：D

【解析】

试题分析：由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.

考点：众数、中位数、平均数、方差

2．A

解析：A

【解析】

【分析】

运用向量的加法和减法运算表示向量，，再根据向量的数量积运算，建立关于的方程，可得选项.

【详解】

∵，，

∴

，∴.

故选：A.

3．D

解析：D

【解析】

【分析】

利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值．

【详解】

解：D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，可得，x，，

则，当且仅当时取等号，并且，函数的开口向下，

对称轴为：，当或时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范围是：

故选D．

【点睛】

本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

4．B

解析：B

【解析】

若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B．

考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．

5．D

解析：D

【解析】

试题分析：,,．

由题意知．

．．故D正确．

考点：1向量的加减法；2向量的数量积；3向量垂直．

6．C

解析：C

【解析】

【分析】

利用是定义域为的奇函数可得：且，结合可得：函数的周期为；再利用赋值法可求得：，，，问题得解.

【详解】

因为是定义域为的奇函数，

所以且

又

所以

所以

所以函数的周期为，

在中，令，可得：

在中，令，可得：

在中，令，可得：

所以

故选C

【点睛】

本题主要考查了奇函数的性质及函数的周期性应用，还考查了赋值法及计算能力、分析能力，属于中档题．

7．C

解析：C

【解析】

试题分析：将此问题转化为等差数列的问题，首项为，,求公差，，解得：尺，故选C.

考点：等差数列

8．B

解析：B

【解析】

【分析】

作出函数的图像，设，从而可化条件为方程有两个根，利用数形结合可得，，根据韦达定理即可求出实数a的取值范围.

【详解】

由题意，作出函数的图像如下，

由图像可得，

关于的方程有且仅有6个不同的实数根，

设，

有两个根，不妨设为；

且，

又

故选：B

【点睛】

本题主要考查函数与方程、由方程根的个数求参数的取值范围，考查学生运用数形结合思想解决问题的能力，属于中档题.

9．C

解析：C

【解析】

【分析】

画出函数图像，根据图像得到，，得到答案.

【详解】

，画出函数图像，如图所示：

根据图像知：，，故，故.

故选：.

【点睛】

本题考查了分段函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.

10．D

解析：D

【解析】

,

由得，再由,所以.

所以y=f(x)在在单调递减,其图象关于直线对称,故选D.

11．D

解析：D

【解析】

【分析】

分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，可得出结论.

【详解】

函数的定义域为，定义域关于原点对称，

，函数为奇函数，排除A、C选项；

当时，，此时，排除B选项.

故选：D.

【点睛】

本题考查由函数的解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查推理能力，属于中等题.

12．D

解析：D

【解析】

由有，所以，选D.

点睛：本题主要考查两角和的正切公式以及同角三角函数的基本关系式，属于中档题。

二、填空题

13．【解析】【分析】根据递推公式和累加法可求得数列的通项公式代入中由数列中的性质结合数列的单调性即可求得最小值【详解】因为所以从而…累加可得而所以则因为在递减在递增当时当时所以时取得最小值最小值为故答案

解析：.

【解析】

【分析】

根据递推公式和累加法可求得数列的通项公式.代入中,由数列中的性质,结合数列的单调性即可求得最小值.

【详解】

因为,所以,

从而

…,

,

累加可得,

而

所以,

则,

因为在递减,在递增

当时,,

当时,,

所以时取得最小值,最小值为.

故答案为:

【点睛】

本题考查了利用递推公式及累加法求数列通项公式的方法,数列单调性及自变量取值的特征,属于中档题.

14．【解析】由得所以所以原函数定义域为故答案为

解析：

【解析】

由，得，所以，所以原函数定义域为，故答案为.

15．【解析】【分析】根据式子中角度的规律可知变形有由此可以求解【详解】根据式子中角度的规律可知变形有所以故答案为：【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用属于中档题

解析：

【解析】

【分析】

根据式子中角度的规律，可知，，变形有，由此可以求解．

【详解】

根据式子中角度的规律，可知，，变形有．所以

，，

，，，

．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用，属于中档题．

16．3【解析】【分析】由题意可知表示点到点的距离再由点到直线距离公式即可得出结果【详解】可以理解为点到点的距离又∵点在直线上∴的最小值等于点到直线的距离且【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用属于

解析：3

【解析】

【分析】

由题意可知表示点到点的距离，再由点到直线距离公式即可得出结果.

【详解】

可以理解为点到点的距离，又∵点在直线上，∴的最小值等于点到直线的距离，且.

【点睛】

本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题型.

17．【解析】在正四棱锥中顶点S在底面上的投影为中心O即底面ABCD在底面正方形ABCD中边长为2所以OA=在直角三角形SOA中所以故答案为

解析：

【解析】

在正四棱锥中，顶点S在底面上的投影为中心O，即底面ABCD，在底面正方形ABCD中，边长为2，所以OA=，在直角三角形SOA中

所以

故答案为

18．【解析】【分析】先把已知条件转化为利用正切函数的周期性求出即可求得结论【详解】因为（tanθ）∴∴tanθ＝tan（kπ）∴故答案为【点睛】本题主要考查三角函数中的恒等变换应用考查了两角和的正切公式

解析：

【解析】

【分析】

先把已知条件转化为．利用正切函数的周期性求出，即可求得结论．

【详解】

因为，（tanθ）

∴

∴．tanθ＝tan（kπ）．

∴

故答案为．

【点睛】

本题主要考查三角函数中的恒等变换应用，考查了两角和的正切公式，属于中档题．

19．5【解析】

解析：5

【解析】

20．【解析】【分析】设点得出向量代入坐标运算即得的坐标得到关于的方程从而可得结果【详解】设点因为点在直线且或即或解得或;即点的坐标是【点睛】本题考查了平面向量的线性运算的坐标表示以及平面向量的共线问题意

解析：，

【解析】

【分析】

设点,得出向量,代入坐标运算即得的坐标，得到关于的方程，从而可得结果.

【详解】

设点,

因为点在直线,且,

,

或, ，

即或,

解得或;

即点的坐标是，.

【点睛】

本题考查了平面向量的线性运算的坐标表示以及平面向量的共线问题,意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.

三、解答题

21．a＜0时，不等式的解集是（，1）；

a＝0时，不等式的解集是（﹣∞，1）；

时，不等式的解集为.

时，不等式的解集是（﹣∞，1）∪（，+∞）；

a＞1时，不等式的解集是（﹣∞， ）∪（1，+∞）．

【解析】

【分析】

讨论a与0的大小，将不等式进行因式分解，然后讨论两根的大小，即可求出不等式的解集．

【详解】

当时，原不等式可化为，所以原不等式的解集为.

当时，判别式.

（1）当时，判别式，原不等式可化为，

即，所以原不等式的解集为.

（2）当时，原不等式可化为，此时，所以原不等式的解集为.（3）当时，原不等式可化为，

此时，所以原不等式的解集为.

（4）当时，原不等式可化为，此时，

所以原不等式的解集为.

综上，a＜0时，不等式的解集是（，1）；

a＝0时，不等式的解集是（﹣∞，1）；

时，不等式的解集为.

时，不等式的解集是（﹣∞，1）∪（，+∞）；

a＞1时，不等式的解集是（﹣∞， ）∪（1，+∞）．

【点睛】

本题主要考查了含有字母系数的不等式求解问题，解题的关键是确定讨论的标准，属于中档题．

22．（1）；（2）

【解析】

试题分析：（1）由和，得ac=6.由余弦定理，得.

解，即可求出a，c；（2） 在中，利用同角基本关系得

由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此，利用，即可求出结果.

（1）由得，，又，所以ac=6.

由余弦定理，得.

又b=3，所以.

解，得a=2，c=3或a=3，c=2.

因为a>c,∴ a=3，c=2.

（2）在中，

由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此.

于是=.

考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.

23．（1）（2）或.

【解析】

【分析】

（1）根据由圆心在直线y=6上，可设，再由圆N与y轴相切，与圆M外切得到圆N的半径为和得解.

（2）由直线l平行于OA，求得直线l的斜率，设出直线l的方程，求得圆心M到直线l的距离，再根据垂径定理确定等量关系，求直线方程.

【详解】

（1）圆M的标准方程为，所以圆心M（7，6），半径为5,.

由圆N圆心在直线y=6上，可设

因为圆N与y轴相切，与圆M外切

所以，圆N的半径为

从而

解得.

所以圆N的标准方程为.

（2）因为直线l平行于OA，所以直线l的斜率为.

设直线l的方程为，即

则圆心M到直线l的距离

因为

而

所以

解得 或.

故直线l的方程为或.

【点睛】

本题主要考查了直线方程，圆的方程，直线与直线，直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力和数形结合的思想，属于中档题.

24．（I）2；（II）的最小正周期是，.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．

（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．

【详解】

（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，

＝﹣cos2xsin2x，

＝﹣2，

则f（）＝﹣2sin（）＝2，

（Ⅱ）因为．

所以的最小正周期是．

由正弦函数的性质得

，

解得，

所以，的单调递增区间是．

【点睛】

本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．

25．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理化简得：，再由正弦两角和差公式和化为：，再由得出的值即可；

（2）由得出，，得到，进而得到，再根据角的范围得到的范围即可.

【详解】

(1)由，

可得：，

，

可得：，

，，

可得，

又由得：，

(2)，，，

，

，

，，

可得：，

的取值范围.

【点睛】

本题主要考查解三角形，侧重考查正弦定理的应用，考查辅助角公式的运用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.

26．(1) ，最小正周期；(2)

【解析】

【试题分析】（1）借助题设提供的图形信息与数据信息可求出周期，再借助，求出，再借助点在图象上求出；（2）先将原方程可化为，分离参数，再换元，将其转化为函数及图问题来处理：

解：(1)由图象可知：，∴，又，∴.

又∵点在图象上，∴，∴，

∴，，又∵，∴.

∴，最小正周期.

(2)∵，

∴原方程可化为，则.

∵，，∴，

∴，

令，则，作出及图象，

当 或时，两图象在内有且仅有一解，

即方程在内有且仅有两解，

此时的取值范围为.

点睛：求出函数的解析式后，求解第二问时先将原方程可化为，则，然后借助，，得到，进而分离参数，再换元，则，从而将问题化为函数及图象的交点的个数问题，然后结合图像求出参数的取值范围。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/4999ef28f5ec4afe04a1b0717fd5360cba1a8d93.html