新高一数学下期末模拟试题及答案

一、选择题

1．已知an是公差为d的等差数列，前n项和是Sn，若S9S8S10，则（ ）

A．d0，S170 C．d0，S180 下统计数据表： 收入x（万元） 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 B．d0，S170 D．d0，S180

2．为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如

支出y（万元） 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8

ˆ0.76,aˆ，据此估计，该社区一ˆaˆybxˆbxˆ，其中b根据上表可得回归直线方程y户收入为15万元家庭年支出为（ ） A．11.4万元

B．11.8万元

C．12.0万元

D．12.2万元

3．设集合A1,2,4，Bxx4xm0．若AB1，则B

2( ) A．1,3

B．1,0

C．1,3

D．1,5

4．已知D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，则xy的取值范围是( ) A．,

995．已知集合A．

14B．,

94 B．

，则 C．

11C．,

9221D．,

9421

D．

6．设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （ ） A．若lm，m，则l C．若l//，m，则l//m

B．若l，l//m，则m D．若l//，m//，则l//m

7．已知不等式ax2bx20的解集为x1x2，则不等式2x2bxa0的解集为（ ）

A．x1x1 2B．xx1或x1 2C．x2x1

D．xx2或x1

8．为了解儿子身高与其父亲身高的关系，随机抽取5对父子的身高数据如下： 父亲身高x（cm） 174 176 176 176 178 儿子身高y（cm） 175 175 176 177 177

则y对x的线性回归方程为 A．y = x-1

B．y = x+1

C．y =88+

1x 2D．y = 176

9．设函数f(x)=cos(x+

)，则下列结论错误的是 3B．y=f(x)的图像关于直线x=

 6A．f(x)的一个周期为−2π C．f(x+π)的一个零点为x=

8对称 3D．f(x)在(

,π)单调递减 210．已知两个正数a，b满足3a2b1，则A．23

B．24

32

的最小值是( ) ab

C．25

D．26

ax1(x1)11．已知函数f(x)x2x2x(x1)A．0,1

2在R上单调递增，则实数a的取值范围是 C．1,1

D．1,1

B．0,1

12．函数yxln|x|的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．奇函数f(x)对任意实数x都有f(x2)f(x)成立，且0x1时，

f(x)2x1，则flog211______.

14．已知函数fxln1x2x1，fa4，则fa________．

15．已知定义在实数集R上的偶函数fx在区间,0上是减函数,则不等式f1flnx的解集是________.

16．如图，在矩形的平面图形绕直线

中，

为边

的中点，AB1，BC2，分别以A、D为

所围成

圆心，1为半径作圆弧EB、EC（

在线段AD上）.由两圆弧EB、EC及边

旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .

,60°17．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，则塔高 为

18．过点M(,1)的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2＝4交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为_____． 19．若x1,，则y3x121的最小值是_____． x120．设x0，y0，x2y4，则

(x1)(2y1)的最小值为__________.

xy三、解答题

21．在求求

中角的值； 的面积．

所对的边分别是

，

，

，

．

22．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证：BD⊥平面PAC；

（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

23．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S28，a3a82a52． （1）求an； （2）设数列{1}的前n项和为Tn，求证：Tn3． Sn4x24．已知函数f(x)ecosxx．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

π225．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA4bsinB，

（Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值．

ac5(a2b2c2).

（I）求cosA的值； （II）求sin(2BA)的值. 26．设函数f(x)cos2x2sinx． 3（1）求函数fx的最小正周期． （2）求函数fx的单调递减区间；

（3）设A,B,C为ABC的三个内角，若cosB1，31Cf，且C为锐角，求

42sinA．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用等差数列的通项公式求和公式可判断出数列an的单调性，并结合等差数列的求和公式可得出结论. 【详解】

S9S8S10，a90，a9a100，a100，d0. S1717a90，S189a9a100.

故选：D. 【点睛】

本题考查利用等差数列的前n项和判断数列的单调性以及不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

2．B

解析：B 【解析】 试题分析：由题

，所以

．

试题解析：由已知

，，

ˆaˆ0.76,aˆ ˆbxˆ，bˆybx又因为y所以

考点：线性回归与变量间的关系．

，即该家庭支出为

万元．

3．C

解析：C 【解析】

，2，4，Bx|x4xm0，AB1 ∵ 集合A12 ∴x1是方程x24xm0的解，即14m0 ∴m3

， ∴Bx|x4xm0x|x4x3013，故选C

224．D

解析：D

【解析】 【分析】

利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值． 【详解】

解：D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，可得

12xy1，x，y,，

33xy211)，当且仅当xy时取等号，并且xyx1xxx2，函数242的开口向下，

1122对称轴为：x，当x或x时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范

2339则xy(围是：,. 94故选D． 【点睛】

本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

215．D

解析：D 【解析】 试题分析：由

得

，所以

，因为

，所以

，故选D.

【考点】 一元二次不等式的解法，集合的运算

【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

利用l,可能平行判断A，利用线面平行的性质判断B，利用l//m或l与m异面判断

C，l与m可能平行、相交、异面，判断D. 【详解】

lm，m，则l,可能平行，A错；

l，l//m，由线面平行的性质可得m，B正确； l//，m，则l//m， l与m异面；C错，

l//，m//，l与m可能平行、相交、异面，D错，.故选B. 【点睛】

本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平

行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

7．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定理可构造方程求得

a,b；利用一元二次不等式的解法可求得结果.

【详解】

ax2bx20的解集为x1x2

1和2是方程ax2bx20的两根，且a0

b121a1a 2x2bxa2x2x10 ，解得：b12122a解得：1x故选：A 【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法、一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系等知识的应用；关键是能够通过一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，进而利用韦达定理构造方程求得变量.

11，即不等式2x2bxa0的解集为x1x

228．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由已知可得x176,y176中心点为176,176， 代入回归方程验证可知，只有方程y =88+

1x成立，故选C 29．D

解析：D 【解析】

f(x)的最小正周期为2π，易知A正确；

f8π8ππcos＝＝cos3π＝－1，为f(x)的最小值，故B正确； 333∵f(x＋π)＝cosxπ0，故C正确； 由于fπππππxπcosfcos＝－，∴＝－＝－cos＝3326362π2ππcoscosπ1f(x)f(x)＝＝＝－，为的最小值，故在,上不单调，3332故D错误． 故选D.

10．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据题意，分析可得

32323a2b，对其变形可得abab326a6b13，由基本不等式分析可得答案． abba【详解】

根据题意，正数a，b满足3a2b1， 则

326a6b326a6b3a2b13132?25， ababaabb1时等号成立. 5当且仅当ab即

32的最小值是25． ab本题选择C选项. 【点睛】

在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

11．C

解析：C 【解析】

x⩽1时,f(x)=−(x−1)2+1⩽1，

aa1,fx120在(1,+∞)恒成立， xx故a⩽x2在(1,+∞)恒成立， 故a⩽1，

而1+a+1⩾1，即a⩾−1，

x>1时,fxx综上,a∈[−1,1]， 本题选择C选项.

点睛：利用单调性求参数的一般方法：一是求出函数的单调区间，然后使所给区间是这个单调区间的子区间，建立关于参数的不等式组即可求得参数范围；二是直接利用函数单调性的定义：作差、变形，由f(x1)－f(x2)的符号确定参数的范围，另外也可分离参数转化为不等式恒成立问题．

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

先确定函数定义域，再确定函数奇偶性，最后根据值域确定大致图像。 【详解】

由题函数定义域为x0，f(x)(x)ln|x|xln|x|f(x)，函数为偶函数，图像关于y轴对称，B,C选项不符合，当x0时，y，则函数图像大致为A选项所示. 故选：A 【点睛】

此类题目通常根据函数的定义域，周期性，奇偶性以及值域和特殊点等来判断大致图像。

22二、填空题

13．【解析】【分析】易得函数周期为4则结合函数为奇函数可得再由时即可求解【详解】则又则故答案为：【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用具体函数值的求法属于中档题 解析：【解析】 【分析】

易得函数周期为4，则flog211flog2114flog2得flog2解 【详解】

5 1111，结合函数为奇函数可161116flog2f161116xlog2，再由0x1时，f(x)21即可求

11f(x2)f(x)fx4f(x2)fxT4，

则flog211flog2114flog211， 16又flog21116flog2f16111616loglog0,1， ，221111log2161651121则flog2 1111故答案为：【点睛】

本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用，具体函数值的求法，属于中档题

5 1114．【解析】【分析】发现计算可得结果【详解】因为且则故答案为-2【点睛】本题主要考查函数的性质由函数解析式计算发现是关键属于中档题 解析：2

【解析】 【分析】

发现fxfx2，计算可得结果. 【详解】

因为fxfxln1x2x1ln1xx1ln1xx22，

222fafa2，且fa4，则fa2.

故答案为-2 【点睛】

本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现fxfx2是关键，属于中档题.

15．【解析】由定义在实数集上的偶函数在区间上是减函数可得函数在区间上是增函数所以由不等式得即或解得或即不等式的解集是;故答案为

1解析：0,e,

e【解析】

由定义在实数集R上的偶函数fx在区间,0上是减函数,可得函数fx在区间

+ 上是增函数,所以由不等式f1flnx得lnx1,即lnx1或lnx1,解得0，xe或0x11,即不等式f1flnx的解集是0,e,;故答案为ee10,e,. e16．【解析】由题意可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中圆柱的底面半径为1母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1则两个半

球的体积为；则所求几何体的体积为考点：旋转体的组合体 解析：

【解析】

由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为

；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为

；则所求几何体的体积为 .

考点：旋转体的组合体.

17．【解析】【分析】【详解】试题分析：根据题意设塔高为x则可知a表示的为塔与山之间的距离可以解得塔高为考点：解三角形的运用点评：主要是考查了解三角形中的余弦定理和正弦定理的运用属于中档题 解析：

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：根据题意，设塔高为x，则可知tan60=塔与山之间的距离，可以解得塔高为考点：解三角形的运用

点评：主要是考查了解三角形中的余弦定理和正弦定理的运用，属于中档题．

．

0

200200x,tan300=，a表示的为aa18．2x﹣4y+3＝0【解析】【分析】要∠ACB最小则分析可得圆心C到直线l的距离最大此时直线l与直线垂直即可算出的斜率求得直线l的方程【详解】由题得当∠ACB最小时直线l与直线垂直此时又故又直线l过点

解析：2x﹣4y+3＝0 【解析】 【分析】

要∠ACB最小则分析可得圆心C到直线l的距离最大,此时直线l与直线CM垂直,即可算出CM的斜率求得直线l的方程. 【详解】

由题得,当∠ACB最小时,直线l与直线CM垂直,此时

kCM1021 ,又kCMkl1,121111,又直线l过点M(,1),所以l:y1(x),即2x4y30 . 2222故答案为：2x4y30

故kl

【点睛】

本题主要考查直线与圆的位置关系,过定点的直线与圆相交于两点求最值的问题一般为圆心到定点与直线垂直时取得最值.同时也考查了线线垂直时斜率之积为-1,以及用点斜式写出直线方程的方法.

19．【解析】【分析】由已知可知然后利用基本不等式即可求解【详解】解：（当且仅当取等号）故答案为【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值解题的关键是配凑积为定值属于基础试题 解析：323 【解析】 【分析】

由已知可知y3x【详解】 解：

113x13，然后利用基本不等式即可求解． x1x1113x13 x1x1x1，y3x23x113取等号） 3233，（当且仅当x1x13故答案为233． 【点睛】

本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是配凑积为定值，属于基础试题．

20．【解析】【分析】把分子展开化为再利用基本不等式求最值【详解】由得得等号当且仅当即时成立故所求的最小值为【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立

9. 2【解析】 【分析】

解析：

把分子展开化为求最值． 【详解】

(x1)(2y1)2xyx2y12xy552，再利用基本不等式

xyxyxyxy由x2y4，得x2y422xy，得xy2

(x1)(2y1)2xyx2y12xy555922，

xyxyxyxy22等号当且仅当x2y，即x2,y1时成立． 故所求的最小值为【点睛】

使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立．

9． 2三、解答题

21．（1）【解析】 【分析】

)利用同角三角函数基本关系式可求为锐角，由式即可得解． 【详解】

，

，

，

．

可得

，由正弦定理可得

的值；

由

，可得

，利用两角和的正弦函数公式可求

的值，利用三角形面积公

；（2）

由正弦定理可得：

，C为锐角，

由

可得：

，

，

【点睛】

本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理的应用，两角和的正弦函数公式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，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. 22．（1）见解析；（2）见解析； 【解析】 【分析】

（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然

ACBD，从PA平面ABCD中可证PABD，即证. (2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证 AE平面PAB即可. 【详解】

（1）证明：因为PA平面ABCD,所以PABD； 因为底面ABCD是菱形，所以ACBD;

因为PAACA,PA,AC平面PAC, 所以BD平面PAC.

（2）证明：因为底面ABCD是菱形且ABC60，所以ACD为正三角形，所以

AECD,

因为AB//CD,所以AEAB；

因为PA平面ABCD，AE平面ABCD, 所以AEPA； 因为PAABA 所以AE平面PAB，

AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE. 【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 23．（1）an2n1；（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）设公差为d，由S28，a3a82a52可得2a1d8，解得

2a9d2a8d2，11a13，d2，从而可得结果；（2） 由（1），an2n1，则有

Sn11111n232n1n2n，则，利用裂项相消法求解Snn22nn22n即可. 【详解】

2a1d8，（1）设公差为d，由题解得a13，d2．

2a9d2a8d2，11所以an2n1．

（2） 由（1），an2n1，则有Sn则

n32n1n22n． 211111． Snnn22nn211111112324351111 n1n1nn2所以Tn 111131 ． 22n1n24【点睛】

本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)

1111；（2）

nnkknnk11nknknkn； （3）

111；（4）

2n12n122n12n1111nn1n2211；此外，需注意裂项之后相消的过程中

nn1n1n2容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 24．(Ⅰ)y1；（Ⅱ）最大值1；最小值【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式

. 2yf0f0x0中即可；（Ⅱ）设hxfx，求hx，根据hx0确

定函数hx的单调性，根据单调性求函数的最大值为h00，从而可以知道

hxfx0恒成立，所以函数

xfx是单调递减函数，再根据单调性求最值.

x试题解析：（Ⅰ）因为fxecosxx，所以fxecosxsinx1,f00.

又因为f01，所以曲线yfx在点0,f0处的切线方程为y1. （Ⅱ）设hxecosxsinx1，则

hxexcosxsinxsinxcosx2exsinx.

x当x0,π时，hx0， 2所以hx在区间0,上单调递减.

2π所以对任意x0,π有hxh00，即fx0. 2所以函数fx在区间0,上单调递减.

2ππfx因此在区间0,上的最大值为f01，最小值为

2f.

22【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过fx不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设hxfx，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是

hx0(hx0)恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单调性求其最

值，从而判断yfx的单调性，最后求得结果. 25．（Ⅰ）【解析】

试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系a2b，再根据余弦定理求出cosA， 进而得到sinA，由a2b转化为sinA2sinB，求出sinB，进而求出cosB，从而求出2B的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果. 试题解析：（Ⅰ）解：由asinA4bsinB，及

525（Ⅱ） 55ab，得a2b. sinAsinB2由ac5abc222，及余弦定理，得cosAbca2bc225ac5. 5ac5（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得sinA25asinA5，代入asinA4bsinB，得sinB. 54b5由（Ⅰ）知，A为钝角，所以cosB1sin2B425.于是sin2B2sinBcosB，

55cos2B12sin2B3，故 54532525sin2BAsin2BcosAcos2BsinA. 55555考点：正弦定理、余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

26．（1）π（2）减区间为kπ【解析】 【分析】

ππ,kπ，kZ（3）223 4461利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论．

2利用正弦函数的单调性，求得函数fx的单调递减区间．

3利用同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式，求得sinA的值．

【详解】

1函数

π131cos2x31fxcos2xsin2xcos2xsin2xsin2x，

322222故它的最小正周期为

2ππ． 2ππ31sin2x，令2kπ2x2kπ，求得

22222对于函数fxkπππxkπ， 44ππ,kπ，kZ． 44可得它的减区间为kπ1223ABCcosB中，若，sinB1cos2B． 33若fπ3113CC，，为锐角，． sinCCsinC322422ππ22113223． cosBsin3332326sinAsinBCsinBcos【点睛】

本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性和单调性，考查了同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式的应用，属于中档题．