2017-2018学年贵州省毕节市高一下学期期末考试数学试题（解析版）

2017-2018学年贵州省毕节市高一下学期期末考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：直接根据集合交集的定义求解即可.
详解：因为集合，，
所以，故选C.
点睛：本题考查主要考查集合的交集，属于简单题. 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或不属于集合的元素的集合.
2．如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：根据正方体的性质可得就是异面直线与所成的角，从而可得结果.
详解：根据正方体的性质可得
就是异面直线与所成的角，
根据正方形的性质可得，故选B.
点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
3．为了得到函数的图象，只需将函数图象上（ ）
A. 所有点的纵坐标伸长到原来的倍，横坐标不变
B. 所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变
C. 所有点沿轴向上平移一个单位长度
D. 所有点沿轴向下平移一个单位长度
【答案】D
【解析】分析：利用对数的运算法则化简，从而可得结果.
详解：，
将图象上的所有点沿轴向下平移一个单位长度，
就得到函数的图象，故选D.
点睛：本题主要考查对数的运算、对数函数图象的性质及变换，属于中档题.函数图象的确定除了可以直接描点画出外，还常常利用基本初等函数图象经过“平移变换”“翻折变换”“对称变换”“伸缩变换”得到，在变换过程中一定要注意变换顺序.本题图象是利用对数函数图象经过“平移变换”得到的.
4．若实数，满足，则目标函数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：由约束条件作出可行域，最大时最大，由图可得目标函数取得最大值的点，求出点的坐标，代入目标函数得结论.
详解：满足不等式组的平面区域，
如图所示，
由，可得，
由图可知，当时，，故选B.
点睛：本题主要考查简单的线性规划求最值，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.
5．在矩形中，若与交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】分析：利用平面向量几何运算的平行四边形法则与三角形法则，逐一验算四个选项中的结论即可得结果.
详解：在矩形中，
，
，
错误，
由矩形的对角线相等，
得成立，即成立，故选C.
点睛：本题考查平面向量的几何运算，属于中档题. 向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．
6．在平面直角坐标系中，点是角终边上的一点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：利用三角函数的定义求得，由二倍角的正切公式可得结果.
详解：点是角终边上的一点，
，
从而，故选A.
点睛：本题考查主要考查三角函数的定义以及二倍角的正切公式的应用，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
7．若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】分析：直接利用判别式不小于零列不等式求解即可.
详解：因为不等式对任意恒成立,
所以，，
解得，
即实数的取值范围是，故选C.
点睛：本题主要考查一元二次不等式恒成立问题，属于简单题.一元二次不等式在实数集上恒成立问题，一定要注意二次项系数的符号.
8．若，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：利用指数函数的性质以及对数函数的性质，分别确定，，的范围，从而可得结果.
详解：因为 ，
所以，故选D.
点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
9．某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均由半圆和边长为的等边三角形构成，俯视图是圆，则该几何体的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个圆锥和半球组成的组合体，利用所给数据，结合棱锥的侧面积公式与球的表面积公式可得结果.
详解：
如图，该几何体是圆锥（底面半径为1，母线长为2），
和半球（半径为1）组成的组合体，
则其表面积是，故选C.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
10．函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】分析：利用奇偶性排除；利用基本不等式可得时，可排除，从而可得结果.
详解：首先，，
则为奇函数，可排除，
其次，当时，
（当且仅当时，），可排除，故选A.
点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除
11．在中，，，分别是角，，的对边，若，，成等比数列，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：由，，成等比数列可得，代入，利用余弦定理可得结果.
详解：由，，成等比数列得，
代入，
得，则，故选A.
点睛：本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
12．若，分别是函数，的零点，则下列结论成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：利用反函数的对称性以及的图象关于对称，可得与关于对称，从而可得结果.
详解：由，得，
其根就是直线与曲线交点的横坐标，
由，得，
其根就是直线与曲线交点的横坐标，
因为的图象关于对称，
且曲线与曲线关于对称，
所以与关于对称，
又
可得，故选D.
点睛：函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点横坐标.
二、填空题
13．已知向量，满足，，则__________．
【答案】
【解析】分析：直接利用平面向量坐标表示的线性运算法则求解即可.
详解：因为，，
所以，
故答案为.
点睛：本题考查平面向量坐标表示的线性运算法则,属于简单题.
14．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题：把个面包分成份，使每份的面包数成等差数列，且较多的三份面包数之和恰好是较少的两份面包数之和的倍，则最少的那份面包数是__________．
【答案】
【解析】分析：根据等差数列的前五项和为，且后三项和是前两项和的倍，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得
详解：设份面包数按照从小到大的顺序排列分别为，
它们组成以为公差的等差数列，
则
可得
解得，
即最少的那份面包数是，故答案为.
点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.
15．函数 的部分图象如图所示，则的值是__________．
【答案】
【解析】分析：由图象可得，结合，解方程组可得结果.
详解：由，
取，
解得，
，
于是，故答案为.
点睛：本题主要考查已知三角函数图象求解析式，以及简单三角方程的解法，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
16．在四面体中，，，.当四面体体积最大时，直线与平面所成的角是__________．
【答案】
【解析】分析：当平面时，四面体的体积最大，此时直线与平面所成角就是，利用等腰直角三角形性质可得结果.
详解：

如图，将四面体置于棱长为的正方体中，
显然当平面时，四面体的体积最大，
此时直线与平面所成角就是，
而，故直线与平面所成角就是，故答案为.
点睛：本题主要考查直线与平面所成的角，属于中档题.求直线与平面所成的角由两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
三、解答题
17．在中，角，，的对边分别是，，，，，.
（1）求；
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】分析：（1）直接利用正弦定理求解即可；（2）利用（1）可得因为，所以，由两角和的正弦公式求得，由三角形面积公式可得结果.
详解：（1）由正弦定理，得
.
因为，所以，.
（2）因为，
所以 .
从而的面积为 .
点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
18．已知向量，.
（1）若，且，求的值；
（2）求函数的单调减区间.
【答案】（1）；（2）,.
【解析】分析：（1）由平面向量平行的性质得，两边同除以，得，即，从而可得结果；（2）由平面向量数量积公式，利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递减区间
详解：（1）由，得；
由，得，
两边同除以，得，即，
结合，得.
（2） .
由，，解得，，
所以函数的单调减区间是，.
点睛：本题主要考查平面向量的性质以及三角函数的单调性、属于中档题.函数的单调区间的求法：(1) 代换法：①若,把看作是一个整体，由 求得函数的减区间，求得增区间；②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.
19．某租赁公司，购买了一辆小型挖掘机进行租赁.据市场分析，该小型挖掘机的租赁利润（单位：万元）与租赁年数的关系为.
（1）该挖掘机租赁到哪几年时，租赁的利润超过万元？
（2）该挖掘机租赁到哪一年时，租赁的年平均利润最大？
【答案】（1），，；（2）.
【解析】分析：（1）由题意，得，解得，结合为整数可得结果；（2）租赁的年平均利润为，利用基本不等式可得结果.
详解：（1）由题意，得，
整理，得，
解得，
所以该挖掘机租赁到第，，年时，租赁的利润超过万元.
（2）租赁的年平均利润为.
因为，
所以当且仅当时，即时，，
所以该挖掘机租赁到第年时，租赁的年平均利润最大.
点睛：本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及基本不等式求最值，属于中档题. 与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
20．已知数列的前项和为，数列是等比数列.设数列前项和为，且，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求.
【答案】（1）,；（2）.
【解析】分析：（1）当时，，检验是否符合即可得的通项公式，结合，列方程可求得的通项公式；（2）结合（1）可得，利用错位相减法求和即可得结果.
详解：（1）当时，；
当时，，代入上式成立，
所以.
由，得，即，解得，
从而公比，于是.
（2）因为，
所以 ，①
则 ，②
①-②，得 ，即.
点睛：本题主要考查等比数列和等差数列的通项以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式
21．在三棱柱中，侧面底面，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】分析：（1）连接，设，利用三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得结论；（2）由勾股定理可得，，利用面面垂直的性质可得平面，从而可得，利用线面垂直的判定定理可得结论；（3）因为平面，平面，所以，利用棱锥的体积公式可得结果.
详解：（1）连接，设，则为的中点.
因为为的中点，
所以.
又平面， ，
所以平面.
（2）证明：在中，由，，，得，即；
在中，同理可得.
因为侧面底面，侧面底面，
所以平面.
又平面，
所以，
又，
所以平面.
（3）因为平面，平面，
所以.
在直角中，由及，得.
所以 .
点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.
22．已知函数是偶函数.
（1）求证：是偶函数；
（2）求证：在上是增函数；
（3）设（，且），若对任意的，在区间上总存在两个不同的数，，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】分析：（1）直接利用奇偶性的定义证明即可；（2）设，则 ，分解因式可得，从而可得结论；（3）由（1）和（2），得在上是减函数，则，当时，结合函数图象可得，解得，即；当时，直线与函数的图象没有交点，不合题意，从而可得结果.
详解：（1）函数的定义域为，
因为，
所以是偶函数.
（2）证明：设，则
.
由，得，，，
所以，即，
所以在上是增函数.
（3）解：由（1）和（2），得在上是减函数，则.
.
当时，的值域为.
当直线与函数的图象有两个交点时，
，解得，即.
当时，的值域为，而，
所以直线与函数的图象没有交点，此时不符合题意.
综上，所求的取值范围是.
点睛：本题主要考查函数的奇偶性以及函数的单调性，属于中档题.利用定义法判断函数的单调性的一般步骤是：（1）在已知区间上任取；（2）作差；（3）判断的符号（往往先分解因式，再判断各因式的符号）， 可得在已知区间上是增函数， 可得在已知区间上是减函数.