廣東省廣州市環城中學高一數學文下學期期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.在上是減函數，則a的取值范圍是（

）

A.[ B.[] C.( D.(]參考答案：A2.已知f（x）＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0，若f（x）≤｜f（）｜對一切x∈R恒成立，且f（）＞0，則f（x）的單調遞增區間是（

）A．[kπ－，kπ＋]（k∈Z）

B．[kπ＋，kπ＋]（k∈Z）C．[kπ，kπ＋]（k∈Z）

D．[kπ－，kπ]（k∈Z）參考答案：B3.過點且垂直于直線的直線方程為（

）A. B.C. D.參考答案：B【分析】根據題意，易得直線x-2y+3=0的斜率，由直線垂直的斜率關系，可得所求直線的斜率，又知其過定點坐標，由點斜式可得所求直線方程．【詳解】根據題意，易得直線x-2y+3=0的斜率為，

由直線垂直的斜率關系，可得所求直線的斜率為-2，

又知其過點，

由點斜式可得所求直線方程為2x+y-1=0.故本題正確答案為B.【點睛】本題考查直線垂直與斜率的相互關系，注意斜率不存在的特殊情況，屬基礎題．4.若集合A={x|x＞﹣1}，則（）A．0?A B．{0}?A C．{0}∈A D．?∈A參考答案：B【考點】元素與集合關系的判斷．【分析】利用集合與元素的關系應當是屬于關系、集合與集合之間的關系應當是包含關系進行判斷即可．【解答】解：A.0?A錯誤，應當是0∈A，集合與元素的關系應當是屬于關系；B．集合與集合之間的關系應當是包含關系，故B正確；C．集合與集合之間的關系應當是包含關系，故C不正確；D．空集是任何集合的子集，故D不正確．故選：B．5..函數的零點所在的大致區間是(

)A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)參考答案：C函數為單調增函數，且圖象是連續的，又，∴零點所在的大致區間是故選C6.下列各進制數中，最小的是（）A．1002（3） B．210（6） C．1000（4） D．111111（2）參考答案：A【考點】進位制．【分析】利用其它進位制化為“+進制”的方法即可得出．【解答】解：A.1002（3）=1×33+0×32+0×31+2×30=29．B.210（6）=2×62+1×61+0×60=78．C.1000（4）=1×43+0×42+0×41+0×40=64．D.111111（2）=1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20=63．因此最小的是29．故選：A．7.若,當

時，則的值為（

）A．50

B．52

C．104

D．106參考答案：D8.某企業有職工人，其中高級職稱人，中級職稱人，一般職員人，現抽取人進行分層抽樣，則各職稱人數分別為（

）A． B． C． D．參考答案：B9.函數y=loga（x+2）﹣1（a＞0，a≠1）的圖象恒過定點A，若點A在直線mx+ny+1=0上，其中m＞0，n＞0，則+的最小值為（）A．3+2 B．3+2 C．7 D．11參考答案：A【考點】4H：對數的運算性質．【分析】函數y=loga（x+2）﹣1（a＞0，a≠1）的圖象恒過定點A（﹣1，﹣1），可得m+n=1．于是+=（m+n）=3++，再利用基本不等式的性質即可得出．【解答】解：函數y=loga（x+2）﹣1（a＞0，a≠1）的圖象恒過定點A（﹣1，﹣1），∵點A在直線mx+ny+1=0上，其中m＞0，n＞0，∴﹣m﹣n+1=0，即m+n=1．則+=（m+n）=3++≥3+2=3+2，當且僅當n=m=2﹣時取等號．故選：A．10.已知集合，則（

）A.

B.

C.

D．參考答案：C試題分析：，，，所以.故選C．考點：集合運算．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知(n∈N＋)，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2013)+f(2014)＝________.參考答案：012.當arctan≤x≤arctan時，cscx–cotx的取值范圍是

。參考答案：[–6，–3]；13.將邊長為2，一個內角為的菱形沿較短對角線折成四面體，點分別為的中點，則下列命題中正確的是

①∥；②；③有最大值，無最小值；④當四面體的體積最大時，；⑤垂直于截面.參考答案：②④⑤14.若角的終邊上有一點，且，則

參考答案：

15.如圖，正方體ABCD﹣A′B′C′D′，直線D′A與DB所成的角為．參考答案：60°【考點】異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間角．【分析】連結BC′，DC′，由AD′∥BC′，得∠DBC′是直線D′A與DB所成的角，由此能求出直線D′A與DB所成的角．【解答】解：連結BC′，DC′，∵正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，AD′∥BC′，∴∠DBC′是直線D′A與DB所成的角，∵BD=DC′=BC′，∴∠DBC′=60°，∴直線D′A與DB所成的角為60°．故答案為：60°．【點評】本題考查異面直線所成角的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養．16.

.參考答案：

;略17.直線和將以原點圓心，1為半徑的圓分成長度相等的四段弧，則________.

參考答案：2三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.作出函數的圖象，并指出該函數的定義域、值域及單調區間.參考答案：解析：增區間：減區間;

19.如圖，摩天輪的半徑為40m，O點距地面的高度為50m，摩天輪按逆時針方向作勻速轉動，且每2min轉一圈，摩天輪上點P的起始位置在最高點.（Ⅰ）試確定點P距離地面的高度h（單位：m）關于轉動時間（單位：min）的函數關系式；（Ⅱ）摩天輪轉動一圈內，有多長時間點P距離地面超過70m？參考答案：（1）（2）【分析】（1）由圖形知，以點O為原點，所在直線為y軸，過O且與垂直的向右的方向為x軸建立坐標系，得出點P的縱坐標，由起始位置得即可得出在時刻tmin時P點距離地面的高度的函數；（2）由（1）中的函數，令函數值大于70解不等式即可得出P點距離地面超過70m的時間．【詳解】（1）建立如圖所示的平面直角坐標系，設是以軸正半軸為始邊，（表示點的起始位置）為終邊的角，由題點的起始位置在最高點知，，又由題知在內轉過的角為，即，所以以軸正半軸為始邊，為終邊的角為，即點縱坐標為，所以點距離地面的高度關于旋轉時間的函數關系式是，化簡得.（2）當時，解得，又，所以符合題意的時間段為或，即在摩天輪轉動一圈內，有點距離地面超過.20.已知數列{an}的前n項和為Sn且.（1）求數列{an}的通項公式（2）求數列{nan}的前n項和Tn.參考答案：（1）（2）【分析】（1）先由得到，兩式作差，得到該數列為等比數列，根據題意，即可求出通項公式；（2）由錯位相減法求數列的和，即可得出結果.【詳解】（1）因為，當時，，兩式相減可得，即整理可得，，解得，所以數列為首項為，公比為的等比數列；；（2）由題意可得：，所以兩式相減可得，∴.【點睛】本題主要考查等比數列，以及數列的求和，熟記等比數列的通項公式，以及錯位相減法求數列的和即可，屬于常考題型.21.（12分）如圖所示，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點，PA=AD=1，AB=2．（1）求證：MN∥平面PAD；（2）求證：平面PMC⊥平面PCD；（3）求點D到平面PMC的距離．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；點、線、面間的距離計算．【分析】（1）欲證MN∥平面PAD，根據直線與平面平行的判定定理可知只需證MN與平面PAD內一直線平行即可，設PD的中點為E，連接AE、NE，易證AMNE是平行四邊形，則MN∥AE，而AE?平面PAD，NM?平面PAD，滿足定理所需條件；（2）欲證平面PMC⊥平面PCD，根據面面垂直的判定定理可知在平面PMC內一直線與平面PCD垂直，而AE⊥PD，CD⊥AE，PD∩CD=D，根據線面垂直的判定定理可知AE⊥平面PCD，而MN∥AE，則MN⊥平面PCD，又MN?平面PMC，滿足定理所需條件；（3）利用等體積，求點D到平面PMC的距離．【解答】（1）證明：設PD的中點為E，連接AE、NE，由N為PC的中點知EN平行且等于DC，又ABCD是矩形，∴DC平行且等于AB，∴EN平行且等于AB又M是AB的中點，∴EN平行且等于AM，∴AMNE是平行四邊形∴MN∥AE，而AE?平面PAD，NM?平面PAD∴MN∥平面PAD（2）證明：∵PA=AD，∴AE⊥PD，又∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PA，而CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥AE，∵PD∩CD=D，∴AE⊥平面PCD，∵MN∥AE，∴MN⊥平面PCD，又MN?平面PMC，∴平面PMC⊥平面PCD．（3）解：設點D到平面PMC的距離為h，則，∴點D到平面PMC的距離h=．【點評】本題主要考查平面與平面垂直的判定，以及線面平行的判定，考查體積的計算，同時考查了空間想象能力和推理能力，以及轉化與化歸的思想，屬于中檔題．22.（12分）如圖所示，等腰梯形ABCD的兩底分別為AD=2，BC=1，∠BAD=45°，直線MN⊥AD交于M，交折線ABCD于N，記AM=x，試將梯形ABCD位于直線MN左側面積y表示為x的函數，并寫出函數的定義域．參考答案：考點： 函數的定義域及其求法；函數解析式的求解及常用方法．專題： 函數的性質及應用．分析： 由題目給出的已知條件求出HG的長度及BH的