福建省福州市市永泰第二中學高一數學理期末試題含解析一、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.直角梯形ABCD如圖1，動點P從點B出發，由B→C→D→A沿邊運動，設點P運動的路程為x，△ABP的面積為f（x）．如果函數y=f（x）的圖象如圖2所示，則△ABC的面積為（）A．10 B．32 C．18 D．16參考答案：D【考點】函數的圖象與圖象變化．【分析】由y=f（x）的圖象可知，當x由0→4時，f（x）由0變成最大，說明BC=4，由x從4→9時f（x）不變，說明此時P點在DC上，即CD=5，由x從9→14時f（x）變為0，說明此時P點在AD上，即AD=5．所以可求AB的長，最后求出答案．【解答】解：由題意知，BC=4，CD=5，AD=5過D作DG⊥AB∴AG=3，由此可求出AB=3+5=8．S△ABC=AB?BC=×8×4=16．故選D．2.已知D是由不等式組所確定的平面區域，則圓在區域D內的弧長為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：B3.設平面向量，，若，則（

）A. B. C.4 D.5參考答案：B由題意得，解得，則，所以，故選B.4.如圖所示是尋找“徽數”的程序框圖，其中“SMOD10”表示自然數S被10除所得的余數，“S￥10”表示自然數S被10除所得的商，則根據上述程序框圖，輸出的“徽數”為（

）A、18

B、16

C、14

D、12參考答案：D5.若對任意實數,都有，且，則實數的值等于A． B．－3或1 C． D．－1或3參考答案：B6.不等式的解集為（

）A．

B．C．

D．參考答案：D7.向量且，則實數為 （

） A． B． C． D．參考答案：B略8.函數是（）A．非奇非偶函數B．僅有最小值的奇函數C．僅有最大值的偶函數D．既有最大值又有最小值的偶函數參考答案：D【考點】H8：余弦函數的奇偶性；HA：余弦函數的單調性．【分析】利用誘導公式化簡解析式，根據奇（偶）的定義判斷函數的奇偶性，由倍角公式和配方法整理解析式，根據余弦函數的值域求出函數的最值．【解答】解：=cos2x+cosx，∴f（﹣x）=cos（﹣2x）+cos（﹣x）=cos2x+cosx=f（x），∴此函數是偶函數，∵f（x）=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1=2（cosx+1）2﹣，∵cosx∈[﹣1，1]，∴f（x）最大值是，最小值是﹣．故選D．9.若，，，則，，的大小關系是（

）． A． B． C． D．參考答案：C∵，，，∴．故選．10.已知中,=a,b,a·b<0,,|a|=3,|b|=5,則a與b的夾角是

(

)A.

B.

C.

D或參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數，不等式的解集是(0,5)，若對于任意，不等式恒成立，則t的取值范圍為_____▲_____．參考答案：(－∞,10]∵,不等式的解集是(0,5)，∴<0的解集是(0,5),所以0和5是方程=0的兩個根，由韋達定理知,?=5,=0,∴b=?10,c=0,∴

恒成立等價于恒成立，∴的最大值小于或等于0.

設g(x)=,則由二次函數的圖象可知g(x)=在區間[2,2.5]為減函數,在區間[2.5,4]為增函數。∴故答案為(?∞,10].

12.設函數，若函數的圖象上存在點使得，求的取值范圍_________.參考答案：略13.已知關于x的不等式的解集是(－2,1)，則不等式的解集是______．參考答案：【分析】通過的解集可以確定與的關系以及，代入所求不等式，化簡為，求解不等式得到結果.【詳解】由的解集是可知：和是方程的兩根且

又

【點睛】本題考查一元二次不等式與一元二次方程之間的關系，關鍵在于通過解集確定方程的根，屬于基礎題.14.（5分）計算：log381=

．參考答案：4考點： 對數的運算性質．專題： 函數的性質及應用．分析： 直接利用對數的運算性質求值．解答： log381=．故答案為：4點評： 本題考查了對數的運算性質，是基礎的會考題型．15.直線l與直線3x﹣y+2=0關于y軸對稱，則直線l的方程為．參考答案：3x+y﹣2=0【考點】與直線關于點、直線對稱的直線方程．【分析】由題意求出直線l的斜率，再求出直線3x﹣y+2=0所過的定點，由直線方程的斜截式得答案．【解答】解：由題意可知，直線l的斜率與直線3x﹣y+2=0斜率互為相反數，∵3x﹣y+2=0的斜率為3，∴直線l的斜率為﹣3，又直線3x﹣y+2=0過點（0，2），∴直線l的方程為y=﹣3x+2，即3x+y﹣2=0．故答案為：3x+y﹣2=0．【點評】本題考查與直線關于直線對稱的直線方程，考查了直線方程的斜截式，是基礎題．16.求圓上的點到直線的距離的最小值

.參考答案：17.設x，y滿足不等式組，若z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為4，則的最小值為

.參考答案：4【考點】7C：簡單線性規劃．【分析】由題意作出其平面區域，從而由線性規劃可得a+b=1；從而化簡利用“1”的代換；從而利用基本不等式求解即可．【解答】解：由題意作出其平面區域，由解得，x=4，y=6；又∵a＞0，b＞0；故當x=4，y=6時目標函數z=ax+by取得最大值，即4a+6b=4；即a+b=1；故=（）（a+b）=1+1++≥2+2×=4；（當且僅當a=，b=時，等號成立）；則的最小值為4．故答案為：4．【點評】本題考查了簡單線性規劃，作圖要細致認真，同時考查了基本不等式的應用，屬于中檔題．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.如圖，在空間中的直角三角形ABC與直角梯形EFGD中，平面ABC//平面DEFG，AD⊥平面DEFG，AC∥DG.且AB=AD＝DE=DG=2,AC=EF=1.

(Ⅰ）求證：四點B、C、F、G共面；

(Ⅱ）求平面ADGC與平面BCGF所組成的二面角余弦值；

(Ⅲ）求多面體ABC-DEFG的體積.

參考答案：由AD⊥面DEFG和直角梯形EFGD可知，AD、DE、DG兩兩垂直，建立如圖的坐標系，則A（0，0，2），B（2，0，2），C（0，1，2），E（2，0，0），G（0，2，0），F（2，1，0）(1）

∴，即四邊形BCGF是平行四邊形.故四點B、C、F、G共面.(2），設平面BCGF的法向量為，則，令，則，而平面ADGC的法向量

∴＝故面ADGC與面BCGF所組成的二面角余弦值為.(3）設DG的中點為M，連接AM、FM，則＝＝＝＝.解法二

(1）設DG的中點為M，連接AM、FM，則由已知條件易證四邊形DEFM是平行四邊形，所以MF//DE，且MF＝DE又∵AB//DE，且AB＝DE

∴MF//AB，且MF＝AB∴四邊形ABMF是平行四邊形，即BF//AM，且BF＝AM又∵M為DG的中點，DG=2,AC＝1，面ABC//面DEFG∴AC//MG，且AC＝MG，即四邊形ACGM是平行四邊形∴GC//AM，且GC＝AM故GC//BF，且GC＝BF，即四點B、C、F、G共面4分

(2）∵四邊形EFGD是直角梯形，AD⊥面DEFG∴DE⊥DG，DE⊥AD，即DE⊥面ADGC，

∵MF//DE，且MF＝DE，

∴MF⊥面ADGC在平面ADGC中，過M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，則顯然∠MNF是所求二面角的平面角.∵在四邊形ADGC中，AD⊥AC，AD⊥DG，AC=DM＝MG＝1∴，

∴＝＝＝∴

，

∴MN＝在直角三角形MNF中，MF＝2，MN∴＝＝＝，＝故面ADGC與面BCGF所組成的二面角余弦值為

(3）＝＝

＝＝.19.已知在△ABC中，A（2，4），B（﹣1，﹣2），C（4，3），BC邊上的高為AD． （1）求證：AB⊥AC； （2）求向量． 參考答案：【考點】平面向量的坐標運算． 【專題】計算題；對應思想；向量法；平面向量及應用． 【分析】根據向量的坐標運算和向量垂直的條件即可求出． 【解答】解（1）∵=（﹣1，﹣2）﹣（2，4）=（﹣3，﹣6）， =（4，3）﹣（2，4）=（2，﹣1）， =﹣3×2+（﹣6）×（﹣1）=0， ∴AB⊥AC． （2）=（4，3）﹣（﹣1，﹣2）=（5，5）． 設=λ=（5λ，5λ） 則=+=（﹣3，﹣6）+（5λ，5λ）=（5λ﹣3，5λ﹣6）， 由AD⊥BC得5（5λ﹣3）+5（5λ﹣6）=0， 解得λ=， ∴=（，﹣）． 【點評】本題考查向量的垂直與共線的應用，向量的數量積的應用，考查計算能力．20.已知向量=（cos，sin），=（cos，﹣sin），函數f（x）=?﹣m|+|+1，x∈[﹣，]，m∈R．（1）當m=0時，求f（）的值；（2）若f（x）的最小值為﹣1，求實數m的值；（3）是否存在實數m，使函數g（x）=f（x）+m2，x∈[﹣，]有四個不同的零點？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由．參考答案：【考點】函數零點的判定定理；三角函數中的恒等變換應用；正弦函數的圖象．【分析】（1）利用向量數量積的公式化簡函數f（x）即可．（2）求出函數f（x）的表達式，利用換元法結合一元二次函數的最值性質進行討論求解即可．（3）由g（x）=0得到方程的根，利用三角函數的性質進行求解即可．【解答】解：（1）?=（cos，sin）?（cos，﹣sin）=coscos﹣sinsin=cos（+）=cos2x，當m=0時，f（x）=?+1=cos2x+1，則f（）=cos（2×）+1=cos+1=；（2）∵x∈[﹣，]，∴|+|===2cosx，則f（x）=?﹣m|+|+1=cos2x﹣2mcosx+1=2cos2x﹣2mcosx，令t=cosx，則≤t≤1，則y=2t2﹣2mt，對稱軸t=，①當＜，即m＜1時，當t=時，函數取得最小值此時最小值y=﹣m=﹣1，得m=（舍），②當≤≤1，即m＜1時，當t=時，函數取得最小值此時最小值y=﹣=﹣1，得m=，③當＞1，即m＞2時，當t=1時，函數取得最小值此時最小值y=2﹣2m=﹣1，得m=（舍），綜上若f（x）的最小值為﹣1，則實數m=．（3）令g（x）=2cos2x﹣2mcosx+m2=0，得cosx=或，∴方程cosx=或在x∈[﹣，]上有四個不同的實根，則，得，則≤m＜，即實數m的取值范圍是≤m＜．21.一個袋中裝有四個形狀大小完全相同的球，球的編號分別為1，2，3，4．（Ⅰ）從袋中隨機抽取兩個球，求取出的球的編號之和不大于4的概率；（Ⅱ）先從袋中隨機取一個球，該球的編號為m，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，該球的編號為n，求n＜m+2的概率．參考答案：【考點】C5：互斥事件的概率加法公式；C4：互斥事件與對立事件．【分析】（1）從袋中隨機抽取兩個球，可能的結果有6種，而取出的球的編號之和不大于4的事件有兩個，1和2，1和3，兩種情況，求比值得到結果．（2）有放回的取球，根據分步計數原理可知有16種結果，滿足條件的比較多不好列舉，可以從他的對立事件來做．【解答】解：（1）從袋中隨機抽取兩個球，可能的結果有6種，而取出的球的編號之和不大于4的事件有兩個，1和2，1和3，∴取出的球的編號之和不大于4的概率P=（2）先從袋中隨機取一個球，該球的編號為m，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，該球的編號為n，所有（m，n）有4×4=16種，而n≥m+2有1和3，1和4，2和4三種結果，∴P=1﹣=．22.從含有兩件正品a1，a2和一件次品b的三件產品中每次任取一件，每次取出后不放回，連續取兩次．(1)寫出這個試驗的所有結果；(2)設A為“取出兩件產品中恰有一件次品”，寫出事件