2021年福建省泉州市巖峰中學高一數(shù)學文下學期期末試卷含解析

2021年福建省泉州市巖峰中學高一數(shù)學文下學期期末試卷含解析一、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.Ａ． Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．參考答案：A2.已知，，，則的大小關系是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A3.已知函數(shù)，則函數(shù)定義域是（）Ａ．

Ｂ．

Ｃ．Ｄ．參考答案：C略4.設全集，集合，集合，則（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：C5.已知函數(shù)f(x)＝，則f(－1)的值是(

)．A．－2

B．－1

C．0

D．1參考答案：D6.設奇函數(shù)f（x）在[﹣1，1]上是增函數(shù)，且f（﹣1）=﹣1，若函數(shù)f（x）≤t2﹣2at+1對所有的x∈[﹣1，1]都成立，則當a∈[﹣1，1]時，t的取值范圍是(

)A．﹣2≤t≤2 B．C．t≥2或t≤﹣2或t=0 D．參考答案：C考點：奇偶性與單調(diào)性的綜合．專題：探究型．分析：奇函數(shù)f（x）在[﹣1，1]上是增函數(shù)，且f（﹣1）=﹣1，在[﹣1，1]最大值是1，由此可以得到1≤t2﹣2at+1，因其在a∈[﹣1，1]時恒成立，可以改變變量，以a為變量，利用一次函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化求解．解答：解：奇函數(shù)f（x）在[﹣1，1]上是增函數(shù)，且f（﹣1）=﹣1，在[﹣1，1]最大值是1，∴1≤t2﹣2at+1，當t=0時顯然成立當t≠0時，則t2﹣2at≥0成立，又a∈[﹣1，1]令r（a）=﹣2ta+t2，a∈[﹣1，1]當t＞0時，r（a）是減函數(shù)，故令r（1）≥0，解得t≥2當t＜0時，r（a）是增函數(shù)，故令r（﹣1）≥0，解得t≤﹣2綜上知，t≥2或t≤﹣2或t=0故選C．點評：本題是一個恒成立求參數(shù)的問題，此類題求解的關鍵是解題中關系的轉(zhuǎn)化，本題借助單調(diào)性確定最值進行轉(zhuǎn)化，這是不等式型恒成立問題常用的轉(zhuǎn)化技巧7.已知tanα=﹣2，其中α是第二象限角，則cosα=（）A．﹣ B． C．± D．﹣參考答案：A【考點】同角三角函數(shù)基本關系的運用．【分析】由tanα的值，以及α是第二象限角，利用同角三角函數(shù)間的基本關系即可求出cosα的值．【解答】解：∵tanα=﹣2，其中α是第二象限角，∴cosα=﹣=﹣．故選：A．8.已知，若有，，則的取值范圍是

▲

。參考答案：略9.已知函數(shù)的一部分圖象如右圖所示，如果，則（

） A

B.C

D參考答案：C10.m，n，l為不重合的直線，α，β，γ為不重合的平面，則下列說法正確的是（）A．m⊥l，n⊥l，則m∥n B．α⊥γ，β⊥γ，則α⊥βC．m∥α，n∥α，則m∥n D．α∥γ，β∥γ，則α∥β參考答案：D【考點】空間中直線與平面之間的位置關系．【分析】對4個命題分別進行判斷，即可得出結論．【解答】解：由m⊥l，n⊥l，在同一個平面可得m∥n，在空間不成立，故錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能平行與可能相交，故錯誤；m∥α，n∥α，則m、n可能平行、相交或異面，故錯誤；α∥γ，β∥γ，利用平面與平面平行的性質(zhì)與判定，可得α∥β，正確．故選：D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知x、y、z均為正數(shù)，則的最大值為______________.參考答案：【分析】根據(jù)分子和分母的特點把變形為，運用重要不等式，可以求出的最大值.【詳解】（當且僅當且時取等號）,（當且僅當且時取等號），因此的最大值為.【點睛】本題考查了重要不等式，把變形為是解題的關鍵.12.已知，當x=_______________時，.

參考答案：2或3.略13.函數(shù)的定義域是

。（用集合表示）參考答案：14.函數(shù)的值域為

．參考答案：15.（3分）若f（x）=x（|x|﹣2）在區(qū)間[﹣2，m]上的最大值為1，則實數(shù)m的取值范圍是

．參考答案：[﹣1，+1]考點： 函數(shù)的最值及其幾何意義．專題： 計算題；作圖題；函數(shù)的性質(zhì)及應用．分析： 作函數(shù)f（x）=x（|x|﹣2）的圖象，由圖象知當f（x）=1時，x=﹣1或x=+1；從而由圖象求解．解答： 作函數(shù)f（x）=x（|x|﹣2）的圖象如下，當f（x）=1時，x=﹣1或x=+1；故由圖象可知，實數(shù)m的取值范圍是[﹣1，+1]．故答案為：[﹣1，+1]．點評： 本題考查了函數(shù)的圖象的應用及最值的求法，屬于基礎題．16.設非零向量，的夾角為，記，若，均為單位向量，且，則向量與的夾角為__________．參考答案：【分析】根據(jù)題意得到，，再根據(jù)向量點積的公式得到向量夾角即可.【詳解】由題設知，若向量，的夾角為，則，的夾角為.由題意可得，，.∵，，，，向量與的夾角為.故答案為：.【點睛】這個題目考查了向量數(shù)量積的應用，以及向量夾角的求法，平面向量數(shù)量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.17.當x滿足條件時，求出方程x2﹣2x﹣4=0的根．參考答案：略三、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.提高過江大橋的車輛通行能力可改善整個城市的交通狀況.在一般情況下，大橋上的車流速度v（單位：千米/小時）是車流密度（單位：輛/千米）的函數(shù).當橋上的車流密度達到200輛/千米時，造成堵塞，此時車流速度為0；當車流密度不超過20輛/千米時，車流速度為60千米/小時，研究表明：當時，車流速度是車流密度x的一次函數(shù)．（1）當時，求函數(shù)的表達式；（2）當車流密度為多大時，車流量（單位時間內(nèi)通過橋上某觀點的車輛數(shù)，單位：輛/每小時）可以達到最大，并求出最大值（精確到1輛/小時）。參考答案：解：（1）由題意：當；當再由已知得故函數(shù)的表達式為………………6分（2）依題意并由（1）可得當為增函數(shù)，故當時，其最大值為60×20=1200；當時，當且僅當，即時，等號成立。所以，當在區(qū)間[20，200]上取得最大值.綜上，當時，在區(qū)間[0，200]上取得最大值即當車流密度為100輛/千米時，車流量可以達到最大，最大值約為3333輛/小時.……………12分略19.（12分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=BB1，直線B1C與平面ABC成30°角．（I）求證：平面B1AC⊥平面ABB1A1；（II）求直線A1C與平面B1AC所成角的正弦值．參考答案：考點： 平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．專題： 證明題．分析： （I）欲證平面B1AC⊥平面ABB1A1，關鍵是尋找線面垂直，而AC⊥平面ABB1A1，又AC?平面B1AC，滿足面面垂直的判定定理；（II）過A1做A1M⊥B1A1，垂足為M，連接CM，∠A1CM為直線A1C與平面B1AC所成的角，然后在三角形A1CM中求出此角的正弦值即可．解答： 解：（I）證明：由直三棱柱性質(zhì)，B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AC，又BA⊥AC，B1B∩BA=B，∴AC⊥平面ABB1A1，又AC?平面B1AC，∴平面B1AC⊥平面ABB1A1．（II）解：過A1做A1M⊥B1A1，垂足為M，連接CM，∵平面B1AC⊥平面ABB1A，且平面B1AC∩平面ABB1A1=B1A，∴A1M⊥平面B1AC．∴∠A1CM為直線A1C與平面B1AC所成的角，∵直線B1C與平面ABC成30°角，∴∠B1CB=30°．設AB=BB1=a，可得B1C=2a，BC=，∴直線A1C與平面B1AC所成角的正弦值為點評： 本題主要考查了平面與平面垂直的判定，以及直線與平面所成的角，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力．20.已知二次函數(shù)f（x）=ax2+bx，（a，b為常數(shù)，且a≠0）滿足條件f（﹣x+5）=f（x﹣3），且方程f（x）=x有兩個相等的實根． （1）求f（x）的解析式； （2）是否存在實數(shù)m，n（m＜n），使f（x）的定義域和值域分別為[m，n]與[3m，3n]，若存在，求出m，n的值，若不存在，請說明理由． 參考答案：【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值． 【專題】綜合題． 【分析】（1）由f（﹣x+5）=f（x﹣3），得函數(shù)的對稱軸為x=1，又方程f（x）=x有兩相等實根，即ax2+（b﹣1）x=0有兩相等實根0，由此可求出a，b的值． （2）本題主要是借助函數(shù)的單調(diào)性確定出函數(shù)在[m，n]上的單調(diào)性，找到區(qū)間中那個自變量的函數(shù)值是3m，3n，由此建立方程求解，若能解出值，說明存在，否則不存在． 【解答】解：（1）∵f（﹣x+5）=f（x﹣3），∴f（x）的對稱軸為x=1， 即﹣=1即b=﹣2a． ∵f（x）=x有兩相等實根，∴ax2+bx=x， 即ax2+（b﹣1）x=0有兩相等實根0， ∴﹣=0， ∴b=1，a=﹣， ∴f（x）=﹣x2+x． （2）f（x）=﹣x2+x=﹣（x﹣1）2+≤， 故3n≤，故m＜n≤， 又函數(shù)的對稱軸為x=1，故f（x）在[m，n]單調(diào)遞增則有f（m）=3m，f（n）=3n， 解得m=0或m=﹣4，n=0或n=﹣4，又m＜n，故m=﹣4，n=0． 【點評】本題考點是二次函數(shù)的性質(zhì)考查綜合利用函數(shù)的性質(zhì)與圖象轉(zhuǎn)化解題，（1）中通過有相等的0根這一特殊性求參數(shù)；（2）中解法入手最為巧妙，根據(jù)其圖象開口向下這一性質(zhì)，求出函數(shù)的最大值，利用最大值解出參數(shù)n的取值范圍，從而結合對稱軸為x=1得出函數(shù)在區(qū)間[m，n]單調(diào)性，得到方程組，求參數(shù)，題后應好好總結每個小題的轉(zhuǎn)化規(guī)律． 21.如圖，在半徑為2，圓心角為的扇形金屬材料中剪出一個四邊形MNQP，其中M、N兩點分別在半徑OA、OB上，P、Q兩點在弧上，且OM=ON，MN∥PQ．（1）若M、N分別是OA、OB中點，求四邊形MNQP面積的最大值．（2）PQ=2，求四邊形MNQP面積的最大值．參考答案：【考點】HN：在實際問題中建立三角函數(shù)模型；HW：三角函數(shù)的最值．【分析】（1）設∠AOP=∠BOQ=θ∈（0，），則∠POQ=﹣2θ，且此時OM=ON=1，利用分割法，即可求四邊形MNQP面積的最大值．（2）PQ=2，可知∠POQ=，∠AOQ=∠BOP=，利用分割法，即可求四邊形MNQP面積的最大值．【解答】解：（1）連接OP，OQ，則四邊形MNQP為梯形．設∠AOP=∠BOQ=θ∈（0，），則∠POQ=﹣2θ，且此時OM=ON=1，四邊形MNQP面積S=sinθ+sinθ+×2sin（﹣2θ）﹣=﹣4sin2θ+2sinθ+，∴sinθ=，S取最大值；（2）設OM=ON=x∈（0，2），由PQ=2可知∠POQ=，∠AOQ=∠BOP=，∴sin=，∴四邊形MNQP面積S=x+x+﹣x2=﹣x2+x+，∴x=，S取最大值為．22.如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1，D為BC的中點．（1）證明：A1B⊥平面AB1C；（2）求直線A1D與平面AB1C所成的角的大?。畢⒖即鸢福骸究键c】直線與平面所成的角；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）證明A1A⊥AC．AC⊥A1B．推出AB1⊥A1B．即可證明A1B⊥平面AB1C．（2）連結A1C，設AB1∩A1B=O，連CO，交A1D于G．說明G為△A1BC的重心．推出∠A1GO是A1D與平面AB1C所成的角．設AB=AC=AA1=1，在Rt△A1OG中，求解直線A1D與平面AB1C所成的角為60°．【解答】（1）證明：圖1所示，因為A1A⊥平面ABC，則A1A⊥AC．又AC⊥AB，則AC⊥平面AA1B1B，所以