贵州省习水县第一中学2014-2015学年高一下学期期末考试数学试题

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贵州省习水市第一中学2014-2015学年度高一下学期期末考试数学试题
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题（10小题，每小题5分，共50分）
1．如图□ABCD中，＝，＝则下列结论中正确的是 （ ）
A. ＋＝－ B. ＋＝
C. ＝＋　 D. －＝＋
2．的值为 （ ）
A． B． C． D．
3．下列函数为偶函数的是（　　）
A． B． C． D．
4．已知集合，，则
A． B． C． D．
5．已知集合，，则
（A） （B） （C） （D）
6．若奇函数在上是增函数，且最小值是1，则它在上是（ ）
A．增函数且最小值是－1 B．增函数且最大值是－1
C．减函数且最大值是－1 D．减函数且最小值是－1
7．要得到y＝tan的图像，只要将y＝tan2x的图像（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
8．若角和的终边关于y轴对称，则下列各式中正确的是
A．sin＝sin B．cos＝cos
C．tan＝tan D．cos(2－)＝cos
9．为得到函数，只需将函数 （ ）
A．向左平移 B．向右平移
C．向左平移 D．向右平移
10．设，且，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（5小题，每小题5分，共25分）
11．定义在上的奇函数，，且当时， （为常数），则的值为 .
12．已知 ．
13．函数的定义域是 。
14．函数的定义域为 ．
15．若对任意的正数x 使（x－a）≥1成立，则a的取值范围是____________
评卷人
得分
三、解答题（75分）
16．（本小题满分14分）已知等比数列的前项和为，，，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求适合方程的正整数的值．
17．（本小题满分12分）
已知圆和直线，直线，都经过圆C外定点A(1，0)．
（Ⅰ）若直线与圆C相切，求直线的方程；
（Ⅱ）若直线与圆C相交于P，Q两点，与交于N点，且线段PQ的中点为M，
求证:为定值．
18．（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.
（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
（2）求二面角A－A1C1－B1的正弦值；
（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．
19．（本小题12分）已知圆C：，其中为实常数．
（1）若直线l：被圆C截得的弦长为2，求的值；
（2）设点，0为坐标原点，若圆C上存在点M，使|MA|=2 |MO|，求的取值范围．
20．（本小题满分12分）在中，角所对的边分别为，且满足．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）当取得最大值时，试判断的形状．
21．（本题满分13分）已知函数，，对于任意的，都有.
（1）求的取值范围
（2）若，证明： （）
（3）在（2）的条件下，证明：
参考答案
1．D.
【解析】
试题分析：由图形知＋＝，所以A不对；由＋＝++，所以B不对；由＝-，所以C不对，故选D。
考点：本题主要考查向量的线性运算。
点评：简单题，几何图形，应用向量运算的“平行四边形法则”或“三角形法则”。
2．A
【解析】故选A
3．D
【解析】因为根据偶函数的定义可知，选项A,B是奇函数，选项C是非奇非偶函数，故选D【题型】选择题
4．D
【解析】，，则，故选D
5．B
【解析】本题考查函数单调性的应用，集合的运算.
函数是增函数，则不等式即可化为即所以则故选B.
6．B
【解析】因为奇函数对称区间上单调性一致因此可知，当f(x)在[3,7]上为增函数，且有最小值1时，那么可知在[-7,-3]上，函数为增函数且有最大值-1，选B.
7．D
【解析】
试题分析：由 ，可得只要将y=tan2x的图象向右平移个单位
考点：本题考查正切函数的图象和性质
点评：解决本题的关键是注意平移时，提出x的系数，只看x发生的变化
8．A
【解析】
试题分析：由已知得，则。
考点：（1）三角函数的诱导公式；（2）终边相同角的表示。
9．C
【解析】
试题分析：函数，，
将函数向左平移得到函数，故答案为C．
考点：1、三角函数的化简；2、函数图象的平移．
10．B
【解析】，，函数单调递增，，故选B。
11．
【解析】
试题分析：由题意，，，则,，当时，，.
考点：奇函数的定义与性质，函数值.
12．
【解析】
试题分析：考点：本题考查了三角恒等变换
点评：熟练运用诱导公式及同角三角函数关系式是解决此类问题的常用方法
13．
【解析】
试题分析：由题意得，解得，且，所以函数的定义域为.
考点：求函数的定义域问题.
14．
【解析】
试题分析：由，所以函数的定义域为.
考点：函数的定义域.
15．
【解析】
试题分析：将化为，令，则在上为增函数，即，恒成立，则.
考点：不等式恒成立问题.
16．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：本题主要考查等差中项、等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式、对数式的运算、裂项相消法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先利用等差中项的概念列出等式，再利用等比数列的通项公式将转化成和q，解出q的值，最后直接代入到中即可；第二问，先利用等比数列的前n项和将展开，代入到，利用对数式的运算，化简得到，最后利用裂项相消法化简，然后解出n的值.
试题解析：（1）设数列的公比为，由，得．
由，，成等差数列，
故，所以，
得，故． 2分
解得，或（舍）． 4分
所以； 6分
（2）由（1）得，
故， 8分
所以． 9分
． 11分
由题意得．. 13分
解得，
满足题意得． 14分
考点：等差中项、等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式、对数式的运算、裂项相消法.
17．（Ⅰ），（Ⅱ）设直线方程为，由 得由 得
∴
为定值
【解析】
试题分析：（Ⅰ）①若直线的斜率不存在，即直线是，符合题意． 1分
②若直线斜率存在，设直线为，即．
由题意知，圆心（3，4）到已知直线的距离等于半径2，
即： ,解之得 ． 5分
所求直线方程是，． 6分
（Ⅱ）解法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0,
可设直线方程为
由 得． 8分
再由
得．
∴ 得． 12分
∴
为定值． 14分
解法二：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0,可设直线方程为
由 得． 8分
又直线CM与垂直，
由 得． 10分
∴
，为定值． 14分
解法三：用几何法，如图所示，△AMC∽△ABN，则，
可得，是定值．
考点：直线与圆的位置关系
点评：当直线与圆相切时常用圆心到直线的距离等于圆的半径，当直线与圆相交时常用圆心到直线的距离，弦长一半，圆的半径构成的直角三角形三边勾股定理关系；第一问在求直线方程时需注意分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，过直线外一点做圆的切线有2条，不要丢解
18．（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）平移法是求异面直线所成的角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题转化为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角；（2）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键，空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化.同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备.
试题解析：解：如图所示 ，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．
依题意得A（2，0,0），B（0,0,0），C（，－，），A1（2，2，0），B1（0,2，0），C1（，，）．
（1）易得＝（－，－，），＝（－2，0,0），于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
（2）易知＝（0,2，0），＝（－，－，）．
设平面AA1C1的法向量（x，y，z），则
，即
不妨令x＝，可得（，0，）．
同样的，设平面A1B1C1的法向量（x，y，z），则
，即
不妨令y＝，可得（0，，）．
于是
从而
所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.
（3）由N为棱B1C1的中点，得N
设M（a，b,0），则，
由MN⊥平面A1B1C1，得
即
解得，故M，因此
所以线段BM的长||＝..
考点：1、异面直线所成的角；2、平面与平面所成角的余弦值；3、求线段的长.
19．（1）或;（2）
【解析】
试题分析：（1）由圆的方程知，圆C的圆心为，半径为3．根据点到线的距离公式求圆心到直线的距离．根据勾股定理可列出关于弦长, 和半径间的关系式,从而可求得．（2）设,根据可得点的轨迹方程．又点在圆上,说明所求点的轨迹与圆有公共点．从而可求得的范围．
试题解析：（1）由圆的方程知，圆C的圆心为，半径为3
设圆心到直线的距离为,因被圆截得弦长为2，则即即或
（2）设，由，得
即
点在圆心为，半径为2的圆上。又点在圆C上，所以圆与圆有公共点，
即，解得
即
故的取值范围是
考点：1圆的弦长问题;2求轨迹问题;3两圆的位置关系．
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）为等腰三角形.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由变形得，由正弦定理变形得: ，从而得，，所以.在三角形中，，所以.
（Ⅱ）为了求的最大值，需将角换掉一个.由(1)知，所以 ，即
.由此可知，取得最大值时，，故此时为等腰三角形.
试题解析：（Ⅰ）由结合正弦定理变形得: 3分
从而,, 6分
∵,∴； 7分
（Ⅱ）由(1)知 8分
则
11分
∵, ∴ 12分
当时, 取得最大值1, 13分
此时,, 14分
故此时为等腰三角形 . 15分
考点：1、解三角形；2、三角恒等变换.
21．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
试题分析：
（1）根据函数的表达式，再结合，得，解不等式，又，得到，又取任意正整数，所以；
（2）先用导数进行研究，可到函数在区间上是增函数，再利用数学归纳的方法，可以证明（）；
（3）由，解得，变形得，又，所以，，则在上递增，再通过放缩得
，再依此为依据，进行累加即可得到原式是成立的.
试题解析：（1）由题得

恒成立

故：
（2）

当时，
有结论：函数在（1，）上是单调递增函数。
下面用数学归纳法证明：
①当时，由得 成立。
②假设当时，结论成立。即：
那么当时
这表明当时不等式也成立，综合①②可知：当，时成立
（3）且


令，则在上递增
由（2）知：

又
左边
考点：数列与函数的综合；数列与不等式的综合.