广西南宁市高一数学下学期期末考试试题 理

一、选择题

1.sin600（ ）

A.

1 2B.1 2C.

3 2D. 3 22.已知sinA

A．13A（ ） ,那么cos22D．3 2113 B． C.  222rrrr3．已知向量a(1,x)，b(x1,2)，若a//b，则x（ ）

A．1或2

22B．2或1

C．1或2

D．1或2

4．点M在x5y39上，则点M到直线3x4y20的最短距离为（ ）

A. 9

B．8

C. 5

D．2

5．若将函数ysin2x图象向右平移

A.

48个单位长度后关于y轴对称，则的值为（ ）

C.

3 4B.

3 8D.

5 86．从1，2，3，4这四个数字中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于30的概率为（ ） A.

1 2 B.

1 3 C.

1 4 D.

1 57．已知sin

A．

24 253，则cos2的值为（ ） 25B．

7 25C. 7 25D．24 25228．已知圆M:xy2ay0a0截直线xy0所得线段的长度是22，则圆M与圆的

N:x1y11的位置关系是（ ）

9. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

Ａ．53 322A．内切 B．相交 C．外切 D．相离

Ｂ．433 1

Ｃ．53 6Ｄ．3 10．已知函数fxAsinxA0,0,的部分图像如图所示，若将fx图像2上的所有点向右平移A．k单位得到函数gx的图象，则函数gx的单调递增区间为（ ） 2,kZ

3,k6

2,kZ B．k,k63C．k

12,k12,kZ

D．k7,k,kZ 1212211．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l:xky10与圆C:xy24相交于

uuuuruuuruuurA, B两点，OMOAOB．若点M在圆C上，则实数k（ ）

A．2

B．1

C．0

D．1

uuur1uuurBEBC12．已知在矩形ABCD中，AB2，BC3，点E满足，点F在边CD上，若

3uuuruuuruuuruuur，则AE•BF（ ） AB•AF1B. 2

A. 1

C. 3 D. 3

二、填空题

13．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，

点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E 与GF所成的角是 ．

114．在区间3,2上随机取一个数x，则事件“14”发生的概率为________.

215．直线x3y10的倾斜角为 ．

xfx,x1m16. 设fx是定义在R上的奇函数，且fx2x，设gx{，若函数

fx,x12x 2

ygxt有且只有一个零点，则实数t的取值范围是__________．

三、解答题

17．已知直线l1:ax3y10,l2:xa2ya0． （1）若l1l2，求实数a的值；

（2）当l1//l2时，求直线l1与l2之间的距离．

18．袋子中装有编号为A1,A2,A3的3个黑球和编号为B1,B2的2个红球，从中任意摸出2个球.

(Ⅰ)写出所有不同的结果；

(Ⅱ)求恰好摸出1个黑球和1个红球的概率； (Ⅲ)求至少摸出1个红球的概率.

19．已知向量ar＝(cos

3x，sin 3xrb＝(－sin xx)，其中x∈[22)，2，－cos 22，π]．

（1）若|ar＋br|＝3，求x的值；

3

（2）函数f(x)＝

rrrr2·＋|aba＋b|，若cf(x)恒成立，求实数c的取值范围．

4

20．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，

且平面PAD平面ABCD，O为棱AD的中点. （1）求证：PO平面ABCD； （2）求二面角APDB的余弦值。

rr21．已知向量a(cosxsinx,sinx)，b(cosxsinx,23cosx)，设函数

rr1f(x)ab(xR)的图象关于直线x对称，其中,为常数，且(,1)．

2（1）求函数f(x)的最小正周期；

3π（2）若yf(x)的图象经过点(,0)，求函数f(x)在区间[0,]上的取值范围．

45

22．已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x-4y+7=0相切，且被

5

y轴截得的弦长为23，圆C的面积小于13． （Ⅰ）求圆C的标准方程；

（Ⅱ）设过点M(0，3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是

否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．

6

高一期考数学（理）试题参考答案

1. D.

3 213AsinA.故应选A 222. A 因cosrrrr3. A ∵a(1,x)，b(x1,2)，a//b，∴12x(x1)0，∴x2或1，选A.

4. D 由圆的方程x5y39，可知圆心坐标O(5,3)，则圆心到直线的距离

22d3543234225，所以点M到直线3x4y20的最短距离为dr2，故选D.

85. C 函数ysin2x图象向右平移个单位长度后得到sin2x3. 4为偶函数，故46, 选A ,解：所有可能为12，21，13，31，14，41，23，32，24，42，34，43共12个，满足条件的有6个。所以选A

7. B 由sin33，得cos，

52597所以cos2cos212cos2122525，故选B.

8. B 化简圆M:x(ya)aM(0,a),r1aM到直线

d222xy0的距离

a2a()2a2a2M(0,2),r12， 22又N(1,1),r21|MN|2|r1r2||MN||r1r2|两圆相交. 9. A 该几何体为一个三棱柱截去一个三棱锥，所以体积为

10. A 由图可得，f(x)的振幅A2，周期T4(所以231353222-221= 4343312)，则w2，又||2，

122，解得)3，所以f(x)2sin(2x2k2x3)，平移后得2k,kZ，解得

g(x)2sin[2(x123]2sin(2x6)，令26323kx6k,kZ，所以

g(x)的单调增区间为[k,6k],kZ.故

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本题正确答案为A．

11. C 设A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程代入C:x2y24，

整理得，(k21)y22ky30，所以，y1y22k2,xxk(yy)2， 1212k21k21uuuuruuuruuur222k222k)(2)4， OMOAOB(2,2)．由于点M在圆C上，所以，(2k1k1k1k1解得，k0，故选C．

12. B 以A点为坐标原点，AD,AB方向为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，则：A0,0,B0,2，

设F3,m，则：

uuurAB0,uuuruuuruuur2,AF3,m,ABAF2m1,m2，即F3,22，则： 2uuuruuurruuur2uuuAE1,2,BF3,2,AEBF312。

本题选择B选项.

13. 90o 解：连接B1G,B1F，由于A1E//B1G，所以B1GF即为所求，

B1F5,B1G2,GF3，满足勾股定理，故B1GF90o．

2114. 解:Q152x42x0，所以所求概率为P022

235 15, 答案:

16. ,解：Qfx是定义在R上的奇函数，

22x且fx25 633m,f00，即f01m0，得m1， 2xx12x,x112x则fx2x，gx，则当x1时，函数为

21x2,x12x增函数，且当

x11时，gx21132，当x1时，函数为减函数，且2122113gxg12112 ,由

222ygxt0得gxt，作出函数gx和

8

yt的图象如图：要使函数

ygxt有且只有一个零点，则函数gx与yt只有一个交点，

则3333t，故答案为, .

22223； ……4分 217. 解（1）由l1l2知a3a20，解得a（2）当l1∥l2时，有aa230解得a3， ……8分

3aa20l1:3x3y10,l2:xy30，即3x3y90，

距离为d91323242．…10分 318.解：（Ⅰ）A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2 …………4分

(Ⅱ) 记“恰好摸出1个黑球和1个红球”为事件A，

则事件A包含的基本事件为A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，共6个基本事件. 所以P(A)60.6. 10恰好摸出1个黑球和1个红球的概率为0.6. ………………………………8分

(Ⅲ)记“至少摸出1个红球”为事件B，则事件B包含的基本事件为A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，

A3B2，B1B2，共7个基本事件，所以P(B)70.7. 10至少摸出1个红球的概率为0.7 . ……………………………………12分

r3x3xxx19. 解 ：(1)∵ab＝(cos －sin ，sin －cos )，

222222rr3xx3xx∴ab＝cossinsincos＝22sin2x，

2222rr1由ab＝3，得22sin2x＝3，即sin 2x＝－.∵x∈[，π]，∴π≤2x≤2π.

22因此2x＝π＋或2x＝2π－，即x＝

66117或x＝.............6分 1212rrrrrr23x3xxx(2)∵ab＝－cos sin －sin cos ＝－sin 2x，∴f(x)＝ab＋cb＝2－3sin 2x，

2222∵π≤2x≤2π，∴－1≤sin 2x≤0，∴2≤f(x)＝2－3sin 2x≤5，∴[f(x)]max＝5.又c>f(x)恒成立，

9

因此c>[f(x)]max，则c>5.∴实数c的取值范围为(5，＋∞)．………………………………12分 20. (1)证明：∵PAD是正三角形，O是AD中点，∴POAD

∵平面PAD平面ABCD，∴PO平面ABCD……………………………………….5分 （2）解法1：Q平面PAD平面ABCD,ABAD,AB平面PAD，过A作AGPD于G，

连接GB，则GBPD,AGB为二面角APDB的平面角，在RtABG中，

AG3,AB2,GB7,cosAGBAGBG32177. 解法2：（2）以O为原点，以OA为x轴，OP为z轴，建立如图所

示坐标系，

A(1,0,0),B(1,2,0),D(1,0,0),P(0,0,3),C(1,2,0)

∴PD(1,0,3)，PB(1,2,3)， 设平面PDB的法向量为n(x,y,z)，

则nPD3zx0PBx2y3z0，∴n(3,3,3)， n又∵CD平面PAD，∴平面PAD的一个法向量为m(0,1,0)， ∴cosn,m321217………………………………………………………………12分

21，解：（1）f(x)rabr(cosxsinx)(cosxsinx)sinx23cosx

(cos2xsin2x)3sin2x3sin2xcos2x2sin(2x6)．因为图象关于直线x对称，所以262k，kZ，

所以k1123，又(2,1)，所以k1时，56， 26所以函数f(x)的最小正周期为255．……………………………………………6分 6（2）因为f(4)0，所以2sin(25646)0

所以2，所以f(x)2sin(53x6)2．

由x3550,5，所以3x66,6，所以sin(53x6)12,1，

10

所以2sin(5x)2f(x)12,22336，故函数f(x)在区间0,5 上的取值范围为12,22．………………12分

22.解：（I）设圆C：(x-a)2+y2=R2

(a>0)，由题意知|3a7|3242R，解得a=1或a=13， 3分

a23R，8又∵S=πR2<13，∴a=1，∴圆C的标准方程为：(x-1)2+y2=4． 6分 （Ⅱ）当斜率不存在时，直线l为：x=0不满足题意．

当斜率存在时，设直线l：y=kx+3，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又∵l与圆C相交于不同的两点，联立ykx3，(x1)2y24， 消去y得：(1+k2)x2+(6k-2)x+6=0， 9分 ∴Δ=(6k-2)2

-24(1+k2

)=36k2

-6k-5>0，解得k1263或k1263． x6k21+x2=1k2，y2k61+ y2=k(x1+x2

)+6=1k2， uODuur12(uOAuuruOBuur)12(xuuuur1x2，y1y2)，MC(1，3)，

假设ODuuur//MCuuuur，则3(xk22k1x62)y1y2，∴31k261k2， 解得k34(，126263)(13，)，假设不成立． ∴不存在这样的直线l． 12分

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