云南省玉溪一中2021-2022学年下学期高一期末考试试卷 数学 Word版含答案

数学试卷

命题人:陈映辉

 C．在区间,上单调递减

63 D．在区间,上单调递增

637.已知直线2x3y60分别交x轴,y轴于A,B两点,P是直线yx上的一点,要使PAPB 第一卷（选择题 共60分）

一、选择题(本大题共有12题,每题5分,共60分)

1.设集合Ax32x13,集合B为函数ylg(x1)的定义域,则AB ( )

A.1,2 B.1,2 C.1,2 D. 1,2

2.已知等比数列an的公比为正数,且a2a69a4,a21,则a1

A．3 B．3 C．113 D．3 3.过点1,0且与直线x2y20平行的直线方程是( ) A．x2y10 B.x2y10

C. 2xy20 D. x2y10

4.函数f(x)2x23x(0x2)的值域是 ( )

A．2,98 B．999,8 C．0,8 D．8,

5. 函数ylgx9x的零点所在的区间大致是 ( ) A．6,7 B．7,8 C．8,9 D．9,10 6.将函数y3sin(2x3)的图像向右平移

2个单位长度,所得图像对应的函数( )

A．在区间12,712上单调递减

B．在区间12,712上单调递增

最小,则点P的坐标是 ( )

A．1,1 B．0,0 C．1,1 D．11

2,2

18. 设alog32,bln2,c52,则 ( )

A．abc B．bca

C．cab D．cba

9. 等差数列a2n的前n项和为Sn.已知am1am1am0,S2m138,则m ( )

A.8 B．9 C．10

D．11

10. 一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的表面积为（单位：( )

A．(1142)

B．(1242)

C．(1342) D．(1442)

m2）

11.在ABC中,点D在线段BC的延长线上,且BC3CD,点O在线段CD上(与点C,D不重合),若

AOxAB(1x)AC,则x的取值范围是 （ ）

1111 A．0, B．0, C．,0 D．,0

232318. (12分)某航模爱好小组的同学，为了测定在湖面上航模航行的速度，接受如下方法：在岸边设置两个观看点A,B，且AB长为80米，当航模在C处时，测得ABC105和BAC30，经过20秒后，航模直线航行处处D，测得BAD90和ABD45.请你依据以上条件求出

12.已知fx在R上是奇函数,且fx2fx.当x0,2时,fx2x2,则f7 航模的速度．(答案保留根号) （ ）

A．2 B．2 C．98 D．98

其次卷（非选择题 共90分）

二、填空题(本大题共有4 题,每题5分,共20分)

xy13.若点Px,y在不等式组70x2y50所确定的区域内,则zyx的最大值为 ．2xy1014. 已知ab2,a2bab2,则向量a与b的夹角为 .

15. 已知x0,y0，且2x1y1，则x2y的最小值为 。

16.四棱锥SABCD的底面是边长为42的正方形,且SASBSCSD45,则过点

A,B,C,D,S的球的体积为 .

三、解答题(本大题共有6 题，共70 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)

17. (10分) 已知fx2sin2x3.

(I)求函数yfx的单调递减区间； (II)若函数yfx(02)为偶函数，求的值．

19.(12分) 设函数fxx4xa(a1)，且fx的最小值为3． （Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若fx5，求满足条件的x的集合．

20. (12分) 如图，四棱锥PABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面

ABCD是ABC600的菱形，M为PC的中点．

（Ⅰ）求证：PCAD；

（Ⅱ）求点D到平面PAM的距离．

21. (12分) 如图，平面直角坐标系xOy中，AOB和COD为两等腰直角三角形，

A2,0,Ca,0(a0)．设AOB和COD的外接圆圆心分别为M,N.

（Ⅰ）若直线AB截⊙N所得弦长为4，求⊙N的标准方程；

（Ⅱ）是否存在这样的⊙N，使得⊙N上有且只有三个点到直线AB的距离为2，若存在，求此时⊙N的标准方程；若不存在，说明理由． yD B NM AC Ox

22. (12分) 已知数列a*n的前n项和为Sn,且满足Snan2n1(nN). （Ⅰ）求证:数列an2是等比数列,并求数列an的通项公式;

（Ⅱ）求证:

12a1a1n1. 1a2222a32anan13

参考答案 一、选择题：（每题5分，共60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 二、填空题：答案 C D A A D B B C C B D A （每题5分，共20

分）

13、 3 14、 3 15、 8 16、 5003

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 解：(1)令2kπ＋

π2≤2x－π3π3≤2kπ＋2

，k∈Z， 解得单调递减区间是

kπ＋5π12，kπ＋11π12，k∈Z. (2)f(x＋θ)＝2sin

2x＋2θ－π3.

依据三角函数图象性质可知，

y＝f(x＋θ)

0＜θ＜π2在x＝0处取最值，

∴sin



2θ－π3＝±1， ∴2θ－

π3＝kπ＋π2，θ＝kπ5π2＋12

，k∈Z. 又0＜θ＜π2，解得θ＝5π

12

. 在△ABD中，∵∠BAD＝90°，∠ABD＝45°，

∴∠ADB＝45°，∴AD＝AB＝80，∴BD＝802. 在△ABC中，

BCsin 30°

＝

ABsin 45°，

×1∴BC＝

ABsin 30°80＝2

sin 45°

2＝402.

2

在△DBC中，DC2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 60° (802)2＋(402)2－2×802×402×1

2

＝9 600.

∴DC＝406，航模的速度v＝

406

20

＝26米/秒． 答：航模的速度为26米/秒．

解：（1）函数f（x）=|x﹣4|+|x﹣a|表示数轴上的x对应点到4、a对应点的距离之和，它的最小值为|a﹣4|=3，再结合a＞1，可得a=7．

18. ＝19. （2）f（x）=|x﹣4|+|x﹣7|=，故由f（x）≤5可得，

①，或

②，或

③．

解①求得3≤x＜4，解②求得4≤x≤7，解③求得7＜x≤8， 所以不等式的解集为3≤x≤8．

20. 解：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP,OC,AC，

由已知得PAD,ACD均为正三角形，∴OCAD,OPAD， 又OCOPO,OC平面POC,OP平面POC， ∴AD平面POC，

又PC平面POC，∴PCAD

（Ⅱ）点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离， 由（Ⅰ）可知POAD，

∵面PAD面ABCD，面PAD面ABCDAD，PO面PAD， ∴PO平面ABCD，即PO为三棱锥PABC的体高． 在RtPOC中，POOC3,PC6， 在PAC中PAAC2,PC6， 边PC上的高AMPA2PM2102， ∴PAC的面积SPAC12PCAM126101522， 设点D到平面PAC的距离为h， 由VV11DPACPACD得，3SPACh3SACDPO，

又S322ACD423，，解得h155， ∴点D到平面PAM的距离为2155 21. 解：（1）直线AB方程为：xy20，圆心N(a,a22) ．

aa∴圆心N到直线AB距离为22222．

AB截⊙N的所得弦长为4，∴22(2)2a2∵直线2．

∴a=±23(舍去负值) ．

∴⊙N的标准方程为(x3)2(y3)26． （2）存在．

由（1）知，圆心N到直线AB距离为2(定值)，且AB⊥CD始终成立， ∴当且仅当圆N半径a222,即a=4时，⊙N上有且只有三个点到直线AB的距离为2．

此时， ⊙N的标准方程为(x2)2(y2)28． 22. （Ⅰ）由于

Snan2n1(nN*)

所以当n1时,a31a121,解得a12 当n2时, Sn1an12(n1)1 所以a1nan1an2,即an2an11 即an212(an12) 所以数列a111n1nn2是等比数列,其首项为a122,公比为2,所以an2(2),即an2(2)12n1（Ⅱ）112nan12n21)2n112n21 nan1(21)(所以

12a111112ann2 1a22a232anan13213