【常考题】高一数学下期末试卷及答案

一、选择题

1．设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1a3a53,则S5

A．5

B．7

C．9

D．11

2．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）

A．20 B．24 C．28 D．32

3．已知不等式ax2bx20的解集为x1x2，则不等式2x2bxa0的解集为（ ）

1A．x1x

2C．x2x1 4．设样本数据x1,x2,B．xx1或x1 2D．xx2或x1

,x10的均值和方差分别为1和4，若yixia(a为非零常数，

,y10的均值和方差分别为（ ）

C．1,4

D．1,4a

B．1a,4a

i1,2,,10)，则y1,y2,A．1a,4

5．已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+

2π)，则下面结论正确的是( ) 3A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移单位长度，得到曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移单位长度，得到曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的单位长度，得到曲线C2

π个6π个12π1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个26D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的单位长度，得到曲线C2

π1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个

1226．《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．

1尺 2B．

8尺 15C．

16尺 29D．

16尺 311216x0x27．已知函数yf(x)为R上的偶函数，当x0时，函数f(x)，若x1x22关于x的方程f(x)af(x)b0a,bR有且仅有6个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A．C．251, 24B．11, 2411,2411, 48D．11, 282x23x8．函数f(x)的大致图像是（ ）

2exA． B．

C． D．

9．记max{x,y,z}表示x,y,z中的最大者，设函数

f(x)maxx24x2,x,x3，若f(m)1，则实数m的取值范围是（ ）

A．(1,1)C．(1,4) 10．f(x)eA．(0,)

x(3,4) B．(1,3) D．(,1)(4,)

1的零点所在的区间是（ ） xB．(,1)

1212C．(1,)

32D．(,2)

3211．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是（ ）

A．①③ B．②③

2C．①④ D．②④

12．在ABC中，cos( ) A．直角三角形 C．等腰直角三角形

Abc(a,b,c分别为角A,B,C的对边)，则ABC的形状是22cB．等腰三角形或直角三角形 D．正三角形

二、填空题

14x,yxy4,则使不等式m恒成立的实数m的范围是13．已知两个正数满足

xy__________

14．某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________ 件. 15．抛物线y__________．

16．若a,b是函数fxxpxqp0,q0的两个不同的零点，且a,b,2这三个

212(1,3)的距离之和的最小值为x上的动点M到两定点(0,1)、4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pq的值等于________． 17．若x(2,1)，使不等式mm4210成立，则实数m的取值范围为________.

2xx18．函数fx12x的定义域是__________．

7tan10，则b＝_______．

21aacosbsin77120．若x1,，则y3x的最小值是_____．

x119．设a，b是非零实数，且满足

asin7bcos三、解答题

1m3x21．已知函数f(x)loga（a0，且a1）的图象关于坐标原点对称．

x1（1）求实数m的值；

（2）比较f2与f3的大小，并请说明理由．

22．已知函数fxsinxcosx23sinxcosxxR

22（I）求f23的值 （II）求fx的最小正周期及单调递增区间.

23．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，BC∥AD，

BCCD1AD. 2

（Ⅰ）求证：CD⊥PD； （Ⅱ）求证：BD⊥平面PAB；

（Ⅲ）在棱PD上是否存在点M，使CM∥平面PAB，若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由.

24．已知数列an满足a11，nan12n1an，设bnb2，b3； （1）求b1，an． n（2）判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； （3）求an的通项公式．

25．在ABC中，BC5,AC3,sinC2sinA.

（Ⅰ）求AB的值； （Ⅱ）求sin2A的值． 426．某学校微信公众号收到非常多的精彩留言,学校从众多留言者中抽取了100人参加“学校满意度调查”,其留言者年龄集中在25,85之间,根据统计结果,做出频率分布直方图如下:

(1)求这100位留言者年龄的平均数和中位数;

(2)学校从参加调查的年龄在35,45和65,75的留言者中,按照分层抽样的方法,抽出了6人参加“精彩留言”经验交流会,赠与年龄在35,45的留言者每人一部价值1000元的手机,年龄在65,75的留言者每人一套价值700元的书,现要从这6人中选出3人作为代表发言,求这3位发言者所得纪念品价值超过2300元的概率.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

a1a3a53a33,a31，S555(a1a5)2a35a35，选A. 222．C

解析：C 【解析】

试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．

．

考点：三视图与表面积．

，

，所以几何体的表面积为

3．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定理可构造方程求得

a,b；利用一元二次不等式的解法可求得结果.

【详解】

ax2bx20的解集为x1x2

1和2是方程ax2bx20的两根，且a0

b121a1a 2x2bxa2x2x10 ，解得：b12122a解得：1x故选：A 【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法、一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系等知识的应用；关键是能够通过一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，进而利用韦达定理构造方程求得变量.

11，即不等式2x2bxa0的解集为x1x

224．A

解析：A 【解析】

试题分析：因为样本数据x1,x2,,x10的平均数是1,所以y1,y2,...y10的平均数是

y1y2...y10x1ax2a...x10ax1x2...x10a1a；根据

101010yixia（a为非零常数，i1,2,据y1,y2,考点：样本数据的方差和平均数．

,10），以及数据x1,x2,,x10的方差为4可知数

,y10的方差为1244，综上故选A.

5．D

解析：D 【解析】

把C1上各点的横坐标缩短到原来的的曲线向左平移（2x+

1倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到2πππ个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin121262π）的图象，即曲线C2， 3故选D．

点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言. 函数yAsin(x)(xR)是奇函数kπ(kZ)；函数yAsin(x)(xR)是偶函数kπ+π(kZ)；函数yAcos(x)(xR)是奇函数2πkπ+(kZ)；函数yAcos(x)(xR)是偶函数kπ(kZ).

26．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

，解得：

考点：等差数列

，

,求公差，尺，故选C.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

作出函数yf(x)的图像，设fxt，从而可化条件为方程t2atb0有两个根，利用数形结合可得t1【详解】

由题意，作出函数yf(x)的图像如下，

11，0t2，根据韦达定理即可求出实数a的取值范围. 44

由图像可得，0f(x)f(2)21 4关于x的方程f(x)af(x)b0a,bR有且仅有6个不同的实数根， 设fxt，

t2atb0有两个根，不妨设为t1,t2；

且t1又

11，0t2 44at1t2

11a,

24 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.

8．B

解析：B 【解析】

由fx的解析式知仅有两个零点x3与x0，而A中有三个零点，所以排除A，又22x2x3，由fx0知函数有两个极值点，排除C，D，故选B． fxx2e9．A

解析：A 【解析】 【分析】

画出函数的图象，利用不等式，结合函数的图象求解即可． 【详解】

函数fx的图象如图，

直线y1与曲线交点A(1,1)，B1,1，C3,1，D4,1， 故f(m)1时，实数m的取值范围是1m1或3m4. 故选A. 【点睛】

本题考查函数与方程的综合运用，属于常考题型.

10．B

解析：B 【解析】

函数f（x）=ex﹣＞0，可得f（选B．

11是（0，+∞）上的增函数，再根据f（）=e﹣2＜0，f（1）=e﹣1x2111）f（1）＜0，∴函数f（x）=ex﹣的零点所在的区间是（，1），故2x2点睛：判定函数的零点所在区间，只需计算区间端点处的函数值，并判断是否异号，只要异号，则区间内至少有一个零点存在.

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性. 【详解】

对于①，连接AC如图所示，由于MN//AC,NP//BC，根据面面平行的性质定理可知平面MNP//平面ACB，所以AB//平面MNP.

对于②，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面

ABC内AB与DN相交，所以直线AB与平面MNP相交.

对于③，连接CD，则AB//CD，而CD与PN相交，即CD与平面PMN相交，所以

AB与平面MNP相交.

对于④，连接CD，则AB//CD//NP，由线面平行的判定定理可知AB//平面MNP.

综上所述，能得出AB//平面MNP的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.

12．A

解析：A 【解析】 【分析】 根据正弦定理得到到答案. 【详解】

1cosAsinBsinC，化简得到sinAcosC0，得到C，得22sinC2cos2Abc1cosAsinBsinC，则， 22c22sinC即sinCcosAsinCsinAcosCcosAsinCsinC，即sinAcosC0，

sinA0，故cosC0，C故选：A. 【点睛】

2.

本题考查了正弦定理判断三角形形状，意在考查学生的计算能力和转化能力.

二、填空题

13．【解析】【分析】由题意将代入进行恒等变形和拆项后再利用基本不等式求出它的最小值根据不等式恒成立求出m的范围【详解】由题意知两个正数xy

满足则当时取等号；的最小值是不等式恒成立故答案为【点睛】本题考查 解析：m【解析】 【分析】

9 414由题意将xy4代入进行恒等变形和拆项后，再利用基本不等式求出它的最小

xy值，根据不等式恒成立求出m的范围． 【详解】

由题意知两个正数x，y满足xy4， 则

14xyxy5yx59yx1，当时取等号； xy4xy44xy444xy149的最小值是， xy4不等式

149m恒成立，m． xy49． 4故答案为m【点睛】

本题考查了利用基本不等式求最值和恒成立问题，利用条件进行整体代换和合理拆项再用基本不等式求最值，注意一正二定三相等的验证．

14．18【解析】应从丙种型号的产品中抽取件故答案为18点睛:在分层抽样的过程中为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比即ni

解析：18 【解析】

应从丙种型号的产品中抽取6030018件，故答案为18． 1000点睛:在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝

n∶N．

15．4【解析】【分析】【详解】由题意得交点设作与准线垂直垂足为作与准线垂直垂足为则

解析：4 【解析】 【分析】 【详解】

由题意得交点F(0,1) ，设A(1,3) ，作AN与准线垂直，垂足为N，作MH与准线垂

直，垂足为H，

则MAMFMAMHAN314

16．9【解析】【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=pab=q再由ab﹣2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列关于ab的方程组求得ab后得答案【详解】由题意可得：a+b=p

解析：9 【解析】 【分析】

由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2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列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案． 【详解】

由题意可得：a+b=p，ab=q， ∵p＞0，q＞0， 可得a＞0，b＞0，

又a，b，﹣2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， 可得解①得：

①或；解②得：

②． ．

∴p=a+b=5，q=1×4=4， 则p+q=9． 故答案为9．

点评：本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题． 【思路点睛】

解本题首先要能根据韦达定理判断出a，b均为正值，当他们与-2成等差数列时，共有6种可能，当-2为等差中项时，因为

，所以不可取，则-2只能作为首项或者末

项，这两种数列的公差互为相反数；又a,b与-2可排序成等比数列，由等比中项公式可知-2必为等比中项，两数列搞清楚以后，便可列方程组求解p，q．

17．【解析】【分析】令将问题转化为二次函数在区间上恒成立问题即可求得参数范围【详解】令由可得则问题等价于存在分离参数可得若满足题意则只需令令则容易知则只需整理得解得故答案为：【点睛】本题考查由存在性问题 解析：(4,5)

【解析】 【分析】

令2xt，将问题转化为二次函数在区间上恒成立问题，即可求得参数范围. 【详解】

令2xt，由x(2,1)可得t则问题等价于存在t211,，mm24x2x10 4211,，mm2t2t10， 42分离参数可得mmt1 t22若满足题意，则只需mm2t1， 2tmin1t111令hx2，令m，m2,4

tttt2则ymm,m2,4，容易知ymin41620，

则只需mm220，整理得m2m200， 解得m(4,5). 故答案为：(4,5). 【点睛】

本题考查由存在性问题求参数值，属中档题.

18．【解析】由得所以所以原函数定义域为故答案为 解析：,0

【解析】

由12x0，得2x1，所以x0，所以原函数定义域为,0，故答案为,0.

19．【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：3

【解析】 【分析】

b107atan．利用正切函数的周期性求出先把已知条件转化为tan211btan7a7k，即可求得结论．

3【详解】

tanb10b7atantan因为，（tanθ） 211btana7a7tan∴

7k10 21∴k∴

3．tanθ＝tan（kπ）3． 3b3 a故答案为3． 【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．

20．【解析】【分析】由已知可知然后利用基本不等式即可求解【详解】解：（当且仅当取等号）故答案为【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值解题的关键是配凑积为定值属于基础试题 解析：323 【解析】 【分析】

由已知可知y3x【详解】 解：

113x13，然后利用基本不等式即可求解． x1x1x1，y3x113x13 x1x123x113取等号） 3233，（当且仅当x1x13故答案为233． 【点睛】

本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是配凑积为定值，属于基础试题．

三、解答题

21．（1）m1；（2）当a1时， f2f3；当0a1时， f2f3，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）将图象关于坐标原点对称转化为函数为奇函数，从而有fxfx在函数的定义域内恒成立，进而求得m的值，再进行检验； （2）根所在（1）中求得的m值，得到f(x)logax1，再求得f2,f3的值，对 x1a分两种情况讨论，从而得到f2,f3的大小关系.

【详解】

解：（1）又

1m3x1m3(x)，f(x)loga． f(x)logax1x1函数fx的图象关于坐标原点对称，f(x)为奇函数，

fxfx在函数的定义域内恒成立，

1m3(x)1m3x， logalogax1x11m3(x)1m3x1，

x1x1m61x20在函数的定义域内恒成立，

m1或m1．

当m1时，函数的真数为1，不成立，

m1．

（2）据（1）求解知，f(x)logax1， x1f(2)loga3，f(3)loga2．

当a1时，函数g(x)logax在(0,)上单调递增，

23，loga2loga3f(3)f(2)；

当0a1时，函数g(x)logax在(0,)上单调递减，

23，loga2loga3f(3)f(2)．

【点睛】

本题考查利用函数的奇偶性求解析式中参数值、对数函数的单调性比较大小，考查数形结合思想、分类讨论思想的运用，在比较大小时，注意对a分a1和0a1两种情况讨论. 22．（I）2；（II）fx的最小正周期是，+k，+kkZ.

36【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﹣cos2x23sin x cos x， ＝﹣cos2x3sin2x， ＝﹣2sin2x则f（

2， 624）＝2， ）＝﹣2sin（

336（Ⅱ）因为f(x)2sin(2x)． 6所以f(x)的最小正周期是． 由正弦函数的性质得

22k2x632k,kZ， 2解得

6kx2k,kZ， 32k]，kZ． 所以，f(x)的单调递增区间是[k,63【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．

23．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）由题意可得CD⊥平面PAD，从而易得CD⊥PD； （Ⅱ）要证BD⊥平面PAB，关键是证明BDAB；

（Ⅲ）在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点. 【详解】

（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD， 所以CD⊥PA.

因为CD⊥AD，PAADA， 所以CD⊥平面PAD. 因为PD平面PAD， 所以CD⊥PD.

(II)因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以BD⊥PA.

在直角梯形ABCD中，BCCD由题意可得ABBD所以BDAB. 因为PA1AD， 22BC，

所以AD2AB2BD2，

ABA，

所以BD平面PAB.

（Ⅲ）解：在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点.

证明：取PA的中点N，连接MN，BN，

因为M是PD的中点，所以MN因为BC1AD. 21AD，所以MN2BC.

所以MNBC是平行四边形， 所以CM∥BN.

因为CM平面PAB, BN平面PAB. 所以CM//平面PAB. 【点睛】

本题考查平面与平面垂直的判定定理,以及直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.

24．（1）b11，b22，b34；（2）bn是首项为1，公比为2的等比数列．理由见

n1解析；（3）ann2.

【解析】 【分析】

（1）根据题中条件所给的数列an的递推公式nan12n1an，将其化为

an1bn2n1nan，分别令n1和n2，代入上式求得a24和a312，再利用

an，从而求得b11，b22，b34； nan12an，从而 可以得出bn12bn，这样就可以得到数列bnn1n是首项为1，公比为2的等比数列；

an1n1（3）借助等比数列的通项公式求得n2，从而求得ann2.

n【详解】

（2）利用条件可以得到

（1）由条件可得an12n1nan．

将n1代入得，a24a1，而a11，所以，a24． 将n2代入得，a33a2，所以，a312． 从而b11，b22，b34；

（2）bn是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得

an12an，即bn12bn，又b11， n1nanbn12n12n1，所以ann2n1． n所以bn是首项为1，公比为2的等比数列； （3）由（2）可得【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列bn的通项公式，借助于bn的通项公式求得数列an的通项公式，从而求得最后的结果. 25．（Ⅰ）25；（Ⅱ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）直接利用正弦定理可求AB的值；（Ⅱ）由余弦定理求得cosA，再利用同角三角函数的关系求出sinA，由二倍角公式求出sin2A，cos2A，根据两角差的正弦公式可求

2. 10sin2A的值．

4【详解】 （Ⅰ）在于是ABsinC中，根据正弦定理，

ABBC， sinCsinABC2BC25 sinAAB2AC2BC2（Ⅱ）在ABC中，根据余弦定理，得cosA

2ABAC于是sinA1cos2A5， 5从而sin2A2sinAcosA43,cos2Acos2Asin2A 552． sin2Asin2Acoscos2Asin44410【点睛】

本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 26．(1)60,60【解析】 【分析】

（1）直接利用频率分布直方图求得平均数和中位数即可；

（2）利用分层抽样可得6人中年龄在35,45内有2人，设为a、b，在65,86内有4人,设为1,2,3,4，写出基本事件，利用古典概型即可. 【详解】

(1)这100位留言者年龄的样本平均数,

54;(2).

57300.05400.1500.15600.35700.2800.1560,

年龄在25,55中的频率为:0.050.100.150.30, 年龄在25,65中的频率为:0.050.100.150.350.65, 中位数在区间55,65中, 中位数为550.500.3051060.

0.357(2)根据分层抽样原理,可知这6人中年龄在35,45内有2人,设为a､b, 在65,86内有4人,设为1､2､3､4.

设事件A为“这3位发言者所得纪念品价值超过2300元”.

从这6人中选3人的所有基本事件有:ab1､ab2､ab3､ab4､a12､a13､a14､a23､a24､

a34､b12､b13､b14､b23､b24､b34､123､124､134､234,共20个.

其中事件A的对立事件即3个人都是年龄65,75内, 包含的有123､124､134､234,共4个. (写出事件A的基本事件个数也可以) 所以PA1【点睛】

本题考查平均数、中位数，古典概型，在解题过程中要求学生算数要准确，频率分布直方图不要混淆各组数据的值，属于基础题.

44., 205