2018-2019学年四川省泸州市高一下学期期末数学试题(解析版).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2018-2019学年四川省泸州市高一下学期期末数学试题一、单选题1设集合，则( )ABCD【答案】B【解析】先求得集合，再结合集合的交集的概念及运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合B，结合集合的交集的概念与运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2已知等比数列中，该数列的公比为A2B-2CD3【答案】B【解析】分析：根据等比数列通项公式求公比.详解：因为 ，所以 选B.点睛：本题考查等比数列通项公式，考查基本求解能力.3下列函数中，在上存在最小值的是( )ABCD【答案】A【解析】结合初等函数的单调性，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，当时，取得最小值，满足题意；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以B不正确；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以C不正确；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以D不正确.故选：A.【点睛】本题主要考查了函数的最值问题，其中解答中熟记基本初等函数的单调性，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，则的值为( )ABCD【答案】C【解析】根据三角函数的定义，即可求解，得到答案.【详解】由题意，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，根据三角函数的定义可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了三角的函数的定义，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5在四边形ABCD中，若，则四边形ABCD一定是（ ）A正方形B菱形C矩形D平行四边形【答案】D【解析】试题分析：因为,根据向量的三角形法则，有,则可知,故四边形ABCD为平行四边形.【考点】向量的三角形法则与向量的平行四边形法则.6若平面平面，直线平面，直线n平面，则直线与直线n的位置关系是（ ）A平行B异面C相交D平行或异面【答案】D【解析】由面面平行的定义，可得两直线无公共点，可得所求结论【详解】平面平面，可得两平面，无公共点，即有直线与直线也无公共点，可得它们异面或平行，故选：D【点睛】本题考查空间线线的位置关系，考查面面平行的定义，属于基础题7一个几何体的三视图分别是一个正方形，一个矩形，一个半圆，尺寸大小如图所示，则该几何体的体积是( )ABCD【答案】C【解析】由给定的几何体的三视图得到该几何体表示一个底面半径为1，母线长为2的半圆柱，结合圆柱的体积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图可得：该几何体表示一个底面半径为1，母线长为2的半圆柱，所以该半圆柱的体积为.故选：C.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.8已知，满足，则（）ABCD【答案】A【解析】根据对数的化简公式得到,由指数的运算公式得到=，由对数的性质得到>0,，进而得到结果.【详解】已知,=,>0, 进而得到.故答案为A.【点睛】本题考查了指对函数的运算公式和对数函数的性质；比较大小常用的方法有：两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系.9已知，则( )ABCD【答案】B【解析】由三角函数的诱导公式，得到，再结合余弦的倍角公式，即可求解.【详解】由题意，根据三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10在ABC中，点D在线段BC的延长线上，且=3，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，若=x+(1-x)，则x的取值范围是()ABCD【答案】D【解析】根据所给的数量关系，写出要求向量的表示式，注意共线的向量之间的三分之一关系，根据表示的关系式和所给的关系式进行比较，得到结果【详解】如图.依题意，设=，其中1<<，则有=+=+=+(-)=(1-)+.又=x+(1-x)，且不共线，于是有x=1-，即x的取值范围是.故选D.【点睛】本题考查向量的基本定理，是一个基础题，这种题目可以出现在解答题目中，也可以单独出现，注意表示向量时，一般从向量的起点出发，绕着图形的边到终点112019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，其政策的主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额（含税）=收入-个税起征点-专项附加扣除：（3）专项附加扣除包括赡养老人费用子女教育费用继续教育费用大病医疗费用等，其中前两项的扣除标准为：赡养老人费用：每月扣除2000元子女教育费用：每个子女每月扣除1000元.新的个税政策的税率表部分内容如下：级数一级二级三级每月应纳税所得额元（含税）税率（%）31020现有李某月收入为19000元，膝下有一名子女，需赡养老人（除此之外无其它专项附加扣除），则他该月应交纳的个税金额为( )A570B890C1100D1900【答案】B【解析】根据题意，分段计算李某的个人所得税额，即可求解，得到答案.【详解】由题意，李某月应纳税所得额（含税）为元，不超过3000的部分的税额为元，超过3000元至12000元的部分税额为元，所以李某月应缴纳的个税金额为元.故选：B.【点睛】本题主要考查了分段函数的实际应用与函数值的计算问题，其中解答中认真审题，合理利用分段函数进行求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.12已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，记此数列为，则( )A1B2C4D8【答案】C【解析】将数列分组：第1组为，第2组为，第3组为，根据，进而得到数列的2017项为，数列的第2018项为，数列的第2019项为，即可求解.【详解】将所给的数列分组：第1组为，第2组为，第3组为，则数列的前n组共有项，又由，所以数列的前63组共有2016项，所以数列的2017项为，数列的第2018项为，数列的第2019项为，所以故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中根据所给数列合理分组，结合等差数列的前n项和求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.二、填空题13函数在上是减函数，则的取值范围是_.【答案】【解析】根据二次函数的图象与性质，即可求得实数的取值范围，得到答案.【详解】由题意，函数表示开口向下，且对称轴方程为的抛物线，当函数在上是减函数时，则满足，解得，所以实数的取值范围.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14设向量是两个不共线的向量，若与共线，则_.【答案】【解析】试题分析：向量，是两个不共线的向量，不妨以，为基底，则，又共线，【考点】平面向量与关系向量15已知函数，若，则的取值围为_.【答案】【解析】由函数，根据，得到，再由，得到，结合余弦函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数，又由，即，即，因为，则，所以或，即或，所以实数的取值围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦的倍角公式，以及三角不等式的求解，其中解答中熟练应用余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是_.【答案】【解析】根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以,可得的内切圆的半径为，又由，故直三棱柱的内切球半径为，所以此时的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.三、解答题17在平面直角坐标系中，已知.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由，得到，再结合向量的模的运算公式，即可求解.（2）因为，得到，求得，结合正切的倍角公式，即可求解.【详解】（1）由题意知，所以，因此；（2）因为，所以，即，因此.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的模的求解，以及向量的垂直的条件的应用和正切的倍角公式的化简求值等，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.18已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若，求的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）将已知函数转化为，结合周期的公式，即可求解；（2）利用三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的性质，即求解.【详解】（1）因为，所以的最小正周期；（2）若将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象对应的解析式为，由知，所以当即时，取得最小值；当即时，取得最大值1，因此的值域为.【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及正项型函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19设数列的前项和为，若，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若的，求的最大值.【答案】（1）；（2）6.【解析】（1）根据已知条件，结合，得到，再由已知条件求得，即可求得等比数列的通项公式；（2）根据（1）中的结果化简得到，由此结合已知条件，即可求解.【详解】（1）由已知，所以，即，从而，又因为成等差数列，即，所以，解得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故；（2）因为，所以，即，所以，所以，所以的最大值为6.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及前n项和公式的应用，以及数列的与关系式的应用，其中解答中数列与关系式和等比数列的通项公式、前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.20在中，角的对边分别为，已知.（1）求角；（2）若的面积为，求在上的投影.【答案】（1）；（2）当时，在上的投影为；当时，在上的投影为.【解析】（1）由已知条件，结合正弦定理，求得，即可求得C的大小；（2）由已知条件，结合三角形的面积公式及余弦定理，求得的值，再由向量的数量积的运算，即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理知，即，又，所以，所以，在中，所以，又，所以；（2）在中，由余弦定理得，由，即，因此，所以，解得或，当时，在上的投影为；当时，在上的投影为.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.21如图，已知四棱锥，侧面是正三角形，底面为边长2的菱形，.（1）设平面平面，求证：；（2）求多面体的体积；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）由，证得平面，再由线面平行的性质，即可得到；（2）取中点，连结，推得，得到平面，再由多面体的体积，结合体积公式，即可求解；（3）由，设的中点为，连结，推得，从而得到就是二面角的平面角，由此可求得二面角的余弦值.【详解】证明：（1）因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以；（2）取中点，连结，由得，同理，又因为，所以平面，在中，所以，所以多面体的体积；（3）由题意知，底面为边长2的菱形，所以，又，所以，设的中点为，连结，由侧面是正三角形知，所以，因此就是二面角的平面角，在中，由余弦定理得，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定，多面体的体积的计算，以及二面角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及而面积的平面角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.22已知偶函数.（1）若方程有两不等实根，求的范围；（2）若在上的最小值为2，求的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）由偶函数的定义，利用，求得的值，再由对数函数的单调性，结合题设条件，即可求解实数的范围；（2）利用换元法和对勾函数的单调性，以及二次函数的闭区间上的求法，分类讨论对称轴和区间的关系，即可求解.【详解】（1）因为，所以的定义域为，因为是偶函数，即，所以，故，所以，即方程的解为一切实数，所以，因为，且，所以原方程转化为，令，所以所以在上是减函数，是增函数，当时，使成立的有两个，又由知，与一一对应，故当时，有两不等实根；（2）因为，所以，所以，令，则，令，设，则，因为，所以，即在上是增函数，所以，设，则.（i）当时，的最小值为，所以，解得，或4（舍去）；（ii）当时，的最小值为，不合题意；（iii）当时，的最小值为，所以，解得，或（舍去）.综上知，或.【点睛】本题主要考查了函数的综合应用，其中解答中涉及到函数的奇偶性，对数函数的图象与性质，以及换元法和分类讨论思想的应用，试题综合性强，属于难题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.专心-专注-专业