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江西省宜春市奉新一中2015-2016学年高一期末数学试卷.doc

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2015-2016 学年江西省 宜春市奉新一中高一(下)期末数学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题: (本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.已知 a>b>0,那么下列不等式成立的是( A.﹣a>﹣b B.a+c<b+c )
2 2 C. (﹣a) >(﹣b) D.

【考点】不等式的基本性质. 【分析】由条件求得﹣a<﹣b<0,从而得到 (﹣a) >(﹣b) ,从而得到结论.
2 2 【解答】解:∵a>b>0,∴﹣a<﹣b<0,∴(﹣a) >(﹣b) , 2 2

故选 C.

2.在△ABC 中,sinA:sinB:sinC=4:3:2,则 cosA 的值是( A.﹣ B. C.﹣

) D.

【考点】余弦定理;正弦定理. 【分析】已知比例式利用正弦定理化简求出三边之比,进而设出三边长,利用余弦定理表示 出 cosA,将三边长代入即可求出 cosA 的值. 【解答】解:在△ABC 中,sinA:sinB:sinC=4:3:2, 利用正弦定理化简得:a:b:c=4:3:2, 设 a=4k,b=3k,c=2k, ∴cosA= 故选:A. = =﹣ .

3.不等式

>2 的解集是(

) B. (﹣∞,﹣1) C. (﹣1,+∞)

A. (﹣∞,﹣1)∪(0,+∞) D. (﹣1,0) 【考点】其他不等式的解法.
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【分析】移项、通分,即可求出不等式 【解答】解:由题意,可得 即有 x(x+1)<0, ∴﹣1<x<0, ∴不等式 故选:D. >2 的解集是(﹣1,0) , >0,

>2 的解集.

4.在 2﹣ A.±

与 2+

之间插入一个数,使这三个数成等比数列,则这个数为( B.±1 C .1 D.



【考点】等比数列的通项公式. 【分析】利用等比数列的性质直接求解. 【解答】解:∵在 2﹣ ∴这个数为: 故选:B. 与 2+ 之间插入一个数,使这三个数成等比数列, =±1.

5.下列命题中错误的是( A.若 α⊥β,a? α,则 a⊥β



B.若 m∥n,n⊥β,m? α,则 α⊥β C.若 α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,则 l⊥γ D.若 α⊥β,α∩β=AB,a∥α,a⊥AB,则 a⊥β 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】由线面垂直的几何特征,讨论 a? α,但 a 与 l 不垂直时,a 与 β 的位置关系,可得 A 的真假;根据线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理,可得 B 的真假;根据面 面垂直的性质可得 C 的真假,根据面面垂直的性质定理,可得 D 的真假,进而得到答案. 【解答】解:若 α⊥β,α∩β=l,当 a? α,但 a 与 l 不垂直时,a 与 β 不垂直,故 A 错误; 若 m∥n,n⊥β,则 m⊥β,又由 m? α,则 α⊥β,故 B 正确; 若 α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,则 l⊥γ,故 C 正确; 若 α⊥β,α∩β=AB,a⊥AB,由面面垂直的性质定理可得 a⊥β

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故选 A

6.设变量 x,y 满足约束条件:

,则 z=x﹣3y 的最小值(



A.﹣2 【考点】简单线性规划.

B.﹣4

C.﹣6

D.﹣8

【分析】我们先画出满足约束条件:

的平面区域,求出平面区域的各角点,然后

将角点坐标代入目标函数,比较后,即可得到目标函数 z=x﹣3y 的最小值. 【解答】解:根据题意,画出可行域与目标函数线如图所示, 由图可知目标函数在点(﹣2,2)取最小值﹣8 故选 D.

7.直线 l 过点 M(﹣1,2)且与以 P(﹣2,﹣3) ,Q(4,0)为端点的线段 PQ 相交,则 l 的斜率的取值范围是( A.[﹣ ,5] 5] ) B.[﹣ ,0)∪(0,5] D. (﹣∞,﹣ ]∪[5,+∞) C. [﹣ , ∪ ) ( ,

【考点】恒过定点的直线;直线的斜率. 【分析】画出图形,由题意得 所求直线 l 的斜率 k 满足 k≥kPM 或 k≤kMQ,用直线的斜率 公式求出 kPM 和 kMQ 的值, 解不等式求出直线 l 的斜率 k 的取值范围.
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【解答】解:如图所示:M(﹣1,2)且与以 P(﹣2,﹣3) ,Q(4,0) , 由题意得,所求直线 l 的斜率 k 满足 kPM≤k 或 k≤kMQ, 即 kPM≥ =5,kMQ≤ =﹣ ,

∴k∈(﹣∞,﹣ ]∪[5,+∞) , 故选:D.

8.已知数列{an}的前 n 项和 Sn,且 Sn=n2+n,数列{bn}满足 bn= 列{bn}的前 n 项和,则 T9 等于( A. 【考点】数列的求和. B. ) C.

(n∈N ) ,Tn 是数

*

D.

【分析】当 n=1 时,a1=S1.当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1 即可得到 an.再利用“裂项求和”即可得 到 Tn. 【解答】解:当 n=1 时,a1=S1=1+1=2.
2 ∵Sn=n +n, 2 2 可得当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1=n +n﹣[(n﹣1) +(n﹣1)]=2n.

当 n=1 时,上式也成立. ∴ ∴ ∴Tn= = . = . = .

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∴ 故选:D.



9.如图是一个空间几何体的三视图,根据图中尺寸(单位:cm) ,可知几何体的表面积是 ( )

A.

B.

C.

D.

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】通过三视图复原的几何体的特征,结合三视图的数据,求出几何体的表面积. 【解答】解:由题意可知三视图复原的几何体是放倒的正三棱柱,正三角形的边长为:2, 正三棱柱的高为 3, 所以正三棱柱的表面积为:2× 故选 A. +3×2×3=18+2 cm2.

+ 10.已知数列{an},若点(n,an) (n∈N )在经过点(5,3)的定直线 l 上,则数列{an}的

前 9 项和 S9=( A.9

) B.10 C.18 D.27

【考点】等差数列的性质. 【分析】由题意可得 a5=3,而 S9= = ,代入可得答案.

+ 【解答】解:∵点(n,an) (n∈N )在经过点(5,3)的定直线 l 上,

∴数列{an}为等差数列,且 a5=3, 而 S9= 故选 D = =27,

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11.正四棱锥(底面为正方形,顶点在底面上的射影是底面的中心)S﹣ABCD 的底面边长 为 2,高为 2,E 为边 BC 的中点,动点 P 在表面上运动,并且总保持 PE⊥AC,则动点 P 的轨迹的周长为( A. ) B. C. D.

【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题. 【分析】由动点 P 在正四棱锥的表面上运动,并且总保持 PE⊥AC,故 P 点落在过 E 点且于 AC 垂直的平面上,根据线面平行的判定定理,找到满足条件的 P 点轨迹,解三角形可得答 案. 【解答】解:连接 AC,BD 交于点 O,连接 SO,则 SO⊥平面 ABCD 由 AC? 平面 ABCD,故 SO⊥AC 取 SC 中点 F 和 CD 中点 G,连接 GE 交 AC 于 H 则 H 为 OC 的中点,故 FH∥SO, 则 FH⊥AC 又由 GE∥BD,BD⊥AC 得 GE⊥AC ∵GE∩FH=H,GE,FH? 平面 FGE ∴AC⊥平面 FGE 故当 P∈平面 FGE 时,总有 PE⊥AC, 故动点 P 的轨迹即为△FGE 的周长 又∵正四棱锥 S﹣ABCD 的底面边长为 2,高为 2, 故 SO=2,BD=2 则 GE= ,SB=

则 FE=FG= 故△FGE 的周长为 故选 D

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12.在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若 A,B,C 成等差数列,且 b=1, 则△ABC 面积的最大值为( A. B. ) C. D.1

【考点】正弦定理;余弦定理. 【分析】由 A,B,C 成等差数列,利用等差数列的性质及内角和定理求出 B 的度数,由余 弦定理列出关系式,把 b=1,cosB 的值代入并利用基本不等式求出 ac 的最大值,即可确定 出三角形 ABC 的面积. 【解答】解:∵A、B、C 成等差数列,A+B+C=π, ∴2B=A+C,即 B= ∵b=1,cosB= ,
2 2 2 2 2 ∴在△ABC 中,由余弦定理 b =a +c ﹣2accosB 得:a +c ﹣ac=1, 2 2 整理得:1=a +c ﹣ac≥ac,



∴S△ ABC= acsinB≤

,当且仅当 a=c 时最大值, .

则△ABC 面积的最大值为 故选:C.

二、填空题: (本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.直线 l1:3x+4y﹣7=0 与直线 l2:6x+8y+1=0 间的距离为 【考点】两条平行直线间的距离. 【分析】直接利用平行线之间的距离公式化简求解即可. 【解答】解:直线 l1:3x+4y﹣7=0 与直线 l2:6x+8y+1=0,
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化为直线 l1:6x+8y﹣14=0,l2:6x+8y+1=0, 则 l1 与 l2 的距离是 = .

故答案为: .

14. 0) B 4) y) 已知 A (3, , (0, , 动点 P (x, 在线段 AB 上移动, 则 xy 的最大值等于 3 . 【考点】平均值不等式在函数极值中的应用. 【分析】解出线段 AB 所在直线的方程,由于出现了和为定值的情形,故可以用基本不等式 求最值.
2 【解答】解:AB 所在直线方程为 + =1,∴ ? ≤ ( + ) = ,∴xy≤3,当且仅当

= ,即 x= ,y=2 时取等号.由题意知,等号成立的条件足备,xy 的最大值等于 3 故答案为 3

15.在△ABC 中,∠A=60° ,AC=1,△ABC 的面积为 【考点】余弦定理.

,则 BC 的长为



【分析】先利用三角形面积公式和 AC,∠A 求得 AB,进而利用余弦定理求得 BC. 【解答】解:由三角形面积公式可知 AB?ACsin60°= ∴AB=4 由余弦定理可知 BC= 故答案为: =

16.棱长为 a 正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 A1B1,B1C1 的中点,点 P 是棱 AB 上一点, M, N 的平面与直线 CD 交于一点 Q, 且 AP= , 过点 P, 则 PQ 的长为 【考点】棱柱的结构特征. 【分析】可根据条件先画出图形,然后找出过 P,M,N 的平面:根据 MN∥A1C1∥AC,从 而找过 P 平行于 AC 的直线,这样就可找出过点 M,N,P 的平面,并求出该直线和 DC 的 交点,从而结合图形即可求出 PQ 的长度.
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【解答】解:如图,

在 BC 上取

,连接 PP1;

则 MN∥PP1,延长 PP1,则交 DC 延长线于 Q; ∴PQ=PP1+P1Q= 故答案为: . .

三、解答题: (本大题共 6 小题,满分 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤). 17.已知直线 l 的方程为 3x+4y﹣12=0,求直线 l'的方程,使得: (1)l'与 l 平行,且过点(﹣1,3) ; (2)l'与 l 垂直,且 l'与两轴围成的三角形面积为 4. 【考点】直线的点斜式方程. 【分析】 (1)根据平行直线的斜率相等,先求出斜率,点斜式求得直线方程. (2)根据垂直关系求出直线的斜率,得到它在坐标轴上的截距,根据与两坐标轴围成的三 角形面积为 4 求出截距,即得直线方程. 【解答】解: (1)∵直线 l 的方程为 3x+4y﹣12=0 ∴直线 l 斜率为﹣ ∵l'与 l 平行 ∴直线 l'斜率为﹣ ∴直线 l'的方程为 y﹣3=﹣ (x+1)即 3x+4y﹣9=0 (2)∵l′⊥l,∴kl′= .

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设 l′在 x 轴上截距为 b,则 l′在 y 轴上截距为﹣ b, 由题意可知,S= |b|?|﹣ b|=4,∴b=± ∴直线 l′:y= x+ ,或 y= x﹣ . .

18.已知函数 的面积为 ,

,在△ABC 中,

,且△ABC

(1)求 C 的值; (2)求 sinA+sinB 的值. 【考点】余弦定理;正弦定理. 【分析】 (1)利用两角和的余弦函数好聚好散的表达式,通过已知条件即可求 C 的值; (2)通过三角形的面积以及余弦定理和正弦定理直接求 sinA+sinB 的值. 【解答】解: (1)f(x)= 由 ,得 ,得, =

∵C∈(0,π) ,∴ ∴ ∴ ,又∵ ∴ab=2

(2)由(1)知 ∴ 由余弦定理得
2 2 ∴a +b =5∴a+b=3

由正弦定理得 ∴



19.如图,在四凌锥 S﹣ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,AD∥BC,SA⊥CD,AB⊥平 面 SAD,M 是 SC 的中点,且 SA=AB=BC=2,AD=1. (1)求证:DM∥平面 SAB;

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(2)求四棱锥 S﹣ABCD 的体积.

【考点】直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积. 【分析】 (1)要证 DM∥平面 SAB,可取 SB 的中点 N,连接 AN、MN,利用中位线知识 及已知条件证明四边形 MNAD 是平行四边形, 从而得到 DM∥AN, 由线面平行的判定得证; (2)由 AB⊥平面 SAD,结合线面垂直的性质得到 SA⊥AB,再由已知 SA⊥CD,利用线 面垂直的判定得 SA⊥底面 ABCD,由直角梯形的面积公式求出底面积,直接代入棱锥体积 公式得答案. 【解答】 (1)证明:如图,

取 SB 的中点 N,连接 AN、MN, ∵点 M 是 SC 的中点,∴MN∥BC,且 BC=2MN, ∵底面 ABCD 是直角梯形,AB 垂直于 AD,AB⊥BC,BC=2,AD=1, ∴AD∥BC,且 BC=2AD,∴MN∥AD,且 MN=AD, ∴四边形 MNAD 是平行四边形,∴DM∥AN, ∵DM?面 SAB,AN? 面 SAB,∴DM∥平面 SAB; (2)解:∵AB⊥底面 SAD,SA? 底面 SAD,AD? 底面 SAD, ∴AB⊥SA,AB⊥AD,∵SA⊥CD,AB、CD 是平面 ABCD 内的两条相交直线, ∴侧棱 SA⊥底面 ABCD,又在四棱锥 S﹣ABCD 中,侧棱 SA⊥底面 ABCD, 底面 ABCD 是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,SA=AB=BC=2,AD=1, ∴ .

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20.已知数列{an}的首项为 a1= ,且 2an+1=an(n∈N+) . (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn.

【考点】数列的求和;数列递推式. 【分析】 (1)由等比数列的定义和通项公式,即可得到所求; (2)求得 bn= =n?2n.由数列的求和方法:错位相减法,结合等比数列的求和公式,化简

整理即可得到所求和. 【解答】解 (1)由于数列{an}满足 a1= ,且 2an+1=an(n∈N+) . 所以数列{an}是首项为 ,公比为 的等比数列.
n 1 n ∴an= ×( ) ﹣ =( ) .

(2)由已知 bn=

=n?2n.

2 3 n﹣1 n ∴Tn=1×2+2×2 +3×2 +…+(n﹣1)?2 +n?2 . 2 3 n﹣1 n n+1 ∴2Tn=1×2 +2×2 +…+(n﹣2)?2 +(n﹣1)?2 +n?2 2 3 n 1 n n+1 ∴相减可得﹣Tn=1×2+1×2 +1×2 +…+1×2 ﹣ +1×2 ﹣n?2

=

﹣n?2

n+1

=2n+1﹣2﹣n?2n+1,
n+1 ∴Tn=(n﹣1)?2 +2.

21.某工厂生产一种仪器的元件,由于受生产能力和技术水平的限制,会产生一些次品,根

据经验知道, 其次品率 P 与日产量 x (万件) 之间大体满足关系:

. (注:

次品率=次品数/生产量, 如 P=0.1 表示每生产 10 件产品, 有 1 件为次品, 其余为合格品) . 已 知每生产 1 万件合格的元件可以盈利 2 万元, 但每生产 1 万件次品将亏损 1 万元, 故厂方希 望定出合适的日产量. (1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额 T(万元)表示为日产量 x(万件)的函数;
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(2)当日产量 x 为多少时,可获得最大利润? 【考点】函数模型的选择与应用. 【分析】 (1)每天的赢利为 T=日产量(x)×正品率(1﹣P)×2﹣日产量(x)×次品率(P) ×1,根据分段函数分段研究,整理即可; (2)利用基本不等式求函数的最大值. 【解答】解: (1)当 x≥6 时,P= ,则 T= x×2﹣ x×1=0.

当 1≤x<6 时,P=

,则 T=(1﹣

)x×2﹣(

)x×1=



综上所述,日盈利额 T(万元)与日产量 x(万件)的函数关系为:

T=

.…

(2)由(1)知,当 x≥6 时,每天的盈利为 0. 当 1≤x<6 时,T(x)= ∴T≤3. 当且仅当 x=3 时,T=3. 综上,当日产量为 3 万件时,可获得最大利润 3 万元.… =15﹣2[(6﹣x)+ ]≤15﹣12=3,

22.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n﹣5an﹣85,n∈N+. (1)求 an. Sn 取得最小值?并说明理由. (2) 求数列{Sn}的通项公式, 并求出 n 为何值时, (参考数据: lg 2≈0.3,lg 3≈0.48) . 【考点】数列的求和;数列递推式. 【分析】 (1)运用数列的通项与求和的关系:当 n=1 时,a1=S1,当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1, 通过构造数列,结合等比数列的定义和通项公式,即可得到所求;
n﹣1 (2) 将 (1) 的结论代入条件, 可得 Sn=n+75× ( ) ﹣90. 设 Sk 为最小值, 则



运用通项公式,结合对数函数的单调性,解不等式计算即可得到所求 k 的值. 【解答】解: (1)∵Sn=n﹣5an﹣85,∴当 n=1 时,S1=1﹣5a1﹣85,
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即 a1=1﹣5a1﹣85,解得 a1=﹣14; 当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1=(n﹣5an﹣85)﹣[(n﹣1)﹣5an﹣1﹣85]=﹣5an+5an﹣1+1, 整理得 6an=5an﹣1+1,∴6(an﹣1)=5(an﹣1﹣1) , ∴ = .又 a1﹣1=﹣15,

∴数列{an﹣1}是以﹣15 为首项, 为公比的等比数列.
n 1 ∴an=﹣15×( ) ﹣ +1; n 1 (2)由(1)知,an=﹣15×( ) ﹣ +1, n﹣1

代入 Sn=n﹣5an﹣85 得,Sn=n﹣5[﹣15×( ) =n+75×( )n﹣1﹣90.

+1]﹣85

设 Sk 为最小值,则

,即有





,即

,可得



即 log

≤k≤log

+1,又 log

=

=

=



lg2≈0.3,lg3≈0.48,∴log

≈14.75.

∴14.75≤k≤15.75.又∵k∈N+,∴k=15. 即当 n=15 时,Sn 取得最小值.

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