2023届山西省长治市新高考高一数学下学期期末统考试题

2019-2020学年高一下学期期末数学模拟试卷

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

n*1．已知数列{an}满足a11，an1(1)2annN，则a4（ ）

A．4 B．-4 C．8 D．-8

2．在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c. 若3b2csinB，则角C的大小为( ) A．

 3B．

5 或66C．

5 6D．

2 或333．已知x与y之间的几组数据如下表：

x 1 2 2 3 1 4 3 5 3 6 4 y 0 假设根据上表数据所得线性回归直线方程为ybxa,若某同学根据上表中的前两组数据1,0和

2,2求得的直线方程为ybxa,则以下结论正确的是（ ）

A．bb,aa

B．bb,aa

C．bb,aa

D．bb,aa

4．在等比数列an中，若a3a5a733，则a2a8（ ） A．3

B．17

C．9

D．13

5．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3是a2与a6的等比中项，S3＝3，则S8＝（ ） A．36

B．42

C．48

D．60

6．下列结论不正确的是（ ） A．若ab，c0，则acbc C．若ab，则acbc

B．若ab，c0，则

cc abD．若ab，则acbc

7．等比数列an的前n项和为Sn，若a2S30，则公比q（ ） A．1

B．1

C．2

D．2

8．已知点A3,1，B1,4，则与向量AB的方向相反的单位向量是（ ） A．43, 55B．43, 55C．,354 5D．,34 559．在等比数列an中，a11，qA．3

B．4

2，an16，则n等于()

C．5

D．6

10．某个算法程序框图如图所示，如果最后输出的S的值是25，那么图中空白处应填的是（ ）

A．i4? B．i5? C．i6? D．i7?

11．在下列区间中，函数f(x)A．(0,1)

B．(1,2)

x3x4的零点所在的区间为（ ）

C．(2,3)

D．(3,4)

12．下列各角中，与126°角终边相同的角是（ ） A．126

B．486

C．244

D．574

二、填空题：本题共4小题 13．关于函数fx4sin2xxR有下列命题：①由fx1fx20可得x1x2必是的3，0对称，其中正确的序号是____________. 6整数倍；②yfx的图像关于点14．设3sinxcosx2sinx，其中02，则的值为________. 15．关于x的不等式(tanx1)tanxm_______. 16．数列

满足

，则

. 1m，对于x0,恒成立，则实数m的取值范围为44三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．已知等比数列{an}满足a12，a454，等差数列{bn}满足a1b1，a2b3，求数列{bn}的前n项和Sn.

18．设Sn为数列an的前n项和，Sn2annnN（1）求证：数列an1是等比数列；

．

（2）求证：11112na1a212． an19．（6分）已知函数fx2cosxsin2x21.

6（1）求fx的单调递增区间； （2）求fx在区间,上的最值. 36220．（6分）已知函数fxx2axb。 （1）若b3a2，求不等式fx0的解集；

（2）若a0,b0，且fbbba1，求ab的最小值。

221．（6分）已知cos(1)求sin2； (2)求cos((3)求tan(3，(0,)

253)； )

422．（8分）定义在D上的函数yfx，如果满足：对任意xD，存在常数M0，都有|f(x)|M成立，则称函数yfx是D上的有界函数，其中M称为函数的上界.已知函数

1m2x11. f(x)1a,g(x)x1m224（1）当a1时，求函数yfx在(,0)上的值域，并判断函数yfx在(,0)上是否为有界函数，请说明理由；

（2）若函数yfx在[0,)上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围； （3）若m0，函数ygx在0,1上的上界是Tm，求Tm的解析式.

xx 参考答案

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．C

【解析】 【分析】

根据递推公式，逐步计算，即可求出结果. 【详解】

n*因为数列{an}满足a11，an1(1)2annN，

231所以a2(1)2a12，a3(1)2(2)4，a4(1)2(4)8.

故选C 【点睛】

本题主要考查由递推公式求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型. 2．A 【解析】 【分析】

利用正弦定理，边化角化简即可得出答案． 【详解】

由3b2csinB及正弦定理得3sinB2sinCsinB，又B0,， 所以sinB0，所以sinC故选A 【点睛】

本题考查正弦定理解三角形，属于基础题． 3．C 【解析】

3，又C0,，所以C．

322(xx)(yy)ii6b′＝2，a′＝－2，由公式b＝

i1(xx)ii16求得．

2b＝

113575，a＝x－bx＝－×＝－，∴ba′ 772634．A 【解析】 【分析】

2根据等比数列性质a2a8a3a7a5即可得解.

【详解】

2在等比数列an中，a2a8a3a7a5，

a3a5a733，所以a5333，所以a53，

a2a8a523.

故选：A 【点睛】

此题考查等比数列的性质，根据性质求数列中的项的关系，关键在于熟练掌握相关性质，准确计算. 5．C 【解析】 【分析】

设出等差数列的公差d，根据a3是a2与a6的等比中项，S3＝3，利用等比数列的性质和等差数列的前n项和的公式化简得到关于等差数列首项和公差方程组，求出方程组的解集即可得到首项和公差，然后再利用等差数列的前n项和的公式求出S8即可 【详解】

(a1d)(a15d)(a12d)2设公差为d（d≠0），则有， 32d33a12d2a1d0化简得：，

ad11因为d≠0，解得a1＝-1，d＝2， 则S8＝-8故选：C． 【点评】

此题考查运用等差数列的前n项和的公式及等比数列的通项公式化简求值，意在考查公式运用，是基础题．6．B 【解析】 【分析】

根据不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出正确选项. 【详解】

对于A选项，不等式两边乘以一个正数，不等号不改变方程，故A正确.对于B选项，若a2,b1,c1，则

872＝1． 2cc，故B选项错误.对于C、D选项，不等式两边同时加上或者减去同一个数，不等号方向不改变，ab故C、D正确.综上所述，本小题选B. 【点睛】

本小题主要考查不等式的性质，考查特殊值法解选择题，属于基础题. 7．A 【解析】 【分析】

将a2S30转化为关于q的方程，解方程可得q的值． 【详解】

∵a2S3a1a1a2a30， ∴a12a2a3a112qq又a10， ∴q1． 故选A． 【点睛】

本题考查等比数列的基本运算，等比数列中共有a1,q,n,an,Sn五个量，其中a1,q是基本量，这五个量可“知三求二”，求解的实质是解方程或解方程组． 8．A 【解析】 【分析】

根据单位向量的定义即可求解. 【详解】

2a1q120，

AB(4,3),

向量AB的方向相反的单位向量为故选A. 【点睛】

本题主要考查了向量的坐标运算，向量的单位向量的概念，属于中档题. 9．C 【解析】 【分析】

直接利用等比数列公式计算得到答案. 【详解】

AB4343(,)(,)，

5555|AB|ana1qn12n116,n5

故选：C 【点睛】

本题考查了等比数列的计算，属于简单题. 10．B 【解析】 【分析】

分别依次写出每次循环所得答案，再与输出结果比较，得到答案. 【详解】

由程序框图可知，第一次循环后，a1，s1，i2；第二次循环后，a3，s4，i3；第三次循环后，a5，s9，i4；第四次循环后，a7，s16，i5；第五次循环后，a9，s25，此时s25，则图中空白处应填的是i5? 【点睛】

本题主要考查循环结构由输出结果计算判断条件，难度不大. 11．B 【解析】 【分析】

由函数的解析式，再根据函数零点的存在定理可得函数的零点所在的区间． 【详解】 函数f(x)由函数y函数f(x)x3x4的零点所在的区间即函数yx与y3x4的交点所在区间.

x与y3x4在定义域[0,)上 只有一个交点，如图.

x3x4在定义域[0,)上只有一个零点.

2324250

又f(1)131420，f(2)所以f1f20. 所以f(x)故选：B

x3x4的零点在(1,2)上

【点睛】

本题主要考查求函数的零点所在区间，函数零点的存在定理，属于基础题． 12．B 【解析】 【分析】

写出与126°的角终边相同的角的集合，取k=1得答案． 【详解】

解：与126°的角终边相同的角的集合为{α|α=126°+k•360°，k∈Z}． 取k=1，可得α=486°．

∴与126°的角终边相同的角是486°． 故选B． 【点睛】

本题考查终边相同角的计算，是基础题． 二、填空题：本题共4小题 13．② 【解析】 【分析】

对①，可令fx0求出x的通式，再进行判断；对②，将x【详解】

对①，令fx4sin2x6代入fx检验是否为0即可

0得x62，可令x16,x23，x1x22，①错；对②，3πkππππ当x6时，f4sin20，②对 663故正确序号为：② 故答案为②

【点睛】

本题考查三角函数的基本性质，属于基础题 14．

11 6【解析】 【分析】

由两角差的正弦公式以及诱导公式，即可求出的值． 【详解】

313sinxcosx2sinxcosx2sinxcoscosxsin2sin(x)， 22666所以sin(x【点睛】

本题主要考查两角差的正弦公式的逆用以及诱导公式的应用． 15．m【解析】 【分析】

利用换元法令ttanx，则(t1)tm6)sin(x)，因为02，故2611． 617或m 4411m(t1)tmm对任意的t[0,1]恒成立，再对44m(t1)(tm),tm,1分两种情况讨论，令f(t)(t1)tm求出函数的最小值，即可得答案. 4(t1)(tm),tm,11m(t1)tmm对任意的t[0,1]恒成立， 44【详解】

令ttanx，则(t1)tm（1）当m110，即m时，上式显然成立；

4411（2）当m0，即m时，

44(t1)(tm),tm, 令f(t)(t1)tm(t1)(tm),tm,①当

111m1时，f(t)min0，显然m0不成立，故m1不成立； 444②当m1时，f(t)minmin{f(0),f(1)}，

1mm,74∴解得：m

4m12(1m),4

1或m41故答案为：m或m4综上所述：m【点睛】

7. 47. 4本题考查含绝对值函数的最值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意分段函数的最值求解. 16．

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：这类问题类似于

的问题处理方法，在

中用

代

换得（），两式相减得，，又，

即，故

.

考点：数列的通项公式.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．Snn2n 【解析】 【分析】

由等比数列易得公比q和a2，进而可得等差数列的首项和公差，代入求和公式计算可得． 【详解】

解：∵等比数列{an}满足a12，a454， ∴公比q3a427， a1q3，

a2a1q6，

∴等差数列{bn}中b1a12,b3a26，

∴公差db3b12， 31n(n1)dn2n． 2∴数列{bn}的前n项和Snnb1【点睛】

本题考查等差数列的求和公式，涉及等比数列的通项公式，求出数列的首项和公差是解决问题的关键，属基础题．

18．（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）令n1，由a1S1求出a1的值，再令n2，由Sn2ann得Sn12an1n1，将两式相减

an1并整理得an2an11，计算出为非零常数可证明出数列an1为等比数列；

an11n（2）由（1）得出an12，可得出an1111，利用放缩法得出n，利用等比数列求和2an2n12n1公式分别求出数列【详解】

11nn和n1的前项和，从而可证明出所证不等式成立. 22（1）当n1时，a1S12a11，解得a11； 当n2时，由Sn2ann得Sn12an1n1，

上述两式相减得anSnSn12an2an11，整理得an2an11.

an12an122，且a112. 则

an11an11所以，数列an1是首项为2，公比为2的等比数列；

nn1n（2）由（1）可知an1222，则an21．

111因为， an2n12n所以

11a1a21112an22111. 2n2n1111又因为， an2n12n1221n2n1所以

11a1a2111an21122． n1n122

综上，1【点睛】

1112na1a212． an本题考查利用前n项和求数列通项，考查等比数列的定义以及放缩法证明数列不等式，解题时要根据数列递推公式或通项公式的结构选择合适的方法进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 19．（1）k【解析】 【分析】

（1）利用两角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式、两角和的余弦公式将函数yfx的解析式化简为

21,kkZ；（2）最大值为1，最小值为. 362fxcos2x，然后解不等式2k2x2kkZ可得出函数yfx的单调递增

33区间； （2）由3x6，可计算出32x32，然后由余弦函数的基本性质可求出函数yfx3在区间【详解】 （1）

,上的最大值和最小值. 36fx2cos2xsin2x1cos2xsin2xcoscos2xsin6663113cos2xcos2xsin2xcos2xcos2xsin2xcos2xcossin2xsin，

3222233解不等式2k2x32kkZ，得k2xkkZ， 36因此，函数yfx的单调递增区间为k2,kkZ； 36（2）当当2x当2x3x6时，32x32. 330时，函数yfx取得最大值1；

312时，函数yfx取得最小值.

23【点睛】

本题考查三角函数单调区间以及在定区间上最值的求解，解题时要利用三角恒等变换思想将三角函数的解

析式化简，并借助正弦函数或余弦函数的基本性质进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

20．（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】 【分析】

（1）由f(x)(x3a)(xa)0，对a分类讨论，判断3a与a的大小，确定不等式的解集. （2）利用fbbba1把b用a表示,代入ab表示为a的函数，利用基本不等式可求.

27 2【详解】

解：（1）因为b3a2，所以fxx2ax3a，

22由fx0，得x22ax3a20，即x3axa0， 当a0时，不等式fx0的解集为x|x0； 当a0时，不等式fx0的解集为x|3axa； 当a0时，不等式fx0的解集为x|ax3a； （2）因为fbb2abb，由已知fbbba1，

22可得2aba2b10， ∴a1b∴b111a0,b0a1,b∵∴，，， 22111337,aba12， 2a1a12223当且仅当a2,b时取等号，

27所以ab的最小值为。

2【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法，基本不等式的应用，考查分类讨论的思想，运算求解能力，属于中档题. 21．（1）【解析】 【分析】

利用正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式计算即可得到答案. 【详解】 因为cos24343；（2）；（3）7

102534sin4. ，0,，所以sin,tan255cos3

（1）sin22sincos2（2）cos4324； 5525131334343； cossin322252510tantan41347 （3）tan441tantan1143【点睛】

本题考查正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式的应用，属于简单题.

1m2,0m21m22．. （1）见解析；（2）5a1；（3）T(m)12m,m212m2【解析】 【分析】

（1）通过判断函数yfx的单调性，求出yfx的值域，进而可判断yfx在(,0)上是否为有界函数；

（2）利用题中所给定义，列出不等式，换元，转化为恒成立问题，通过分参求构造函数的最值，就可求得实数a的取值范围；

（3）通过分离常数法求ygx的值域，利用新定义进而求得Tm的解析式． 【详解】

11（1）当a1时，f(x)1，由于fx在(,0)上递减，

24∴f(x)f(0)3,函数yfx在(,0)上的值域为(3,)，故不存在常数

xxM0，使得

|f(x)|M成立，∴函数yfx在(,0)上不是有界函数

（2）

1yf(x)在[0,)上是以3为上界的有界函数，即|f(x)|3，令t，则2xxx11231a3，即31att3,0t1

24由1att23得a令h(t)2t(0t1)， t2t(0t1)，h(t)在(0,1)上单调递减，所以h(t)h(1)1 t4t(0t1)， t由1att23得a

令h(t)4t(0t1)，h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)h(1)5 t所以5a1；

1m2x2（3）g(x)1,m0,0x1,g(x)在0,1上递减， xx1m2m21g(1)g(x)g(0)，即

当

12m1mg(x)，

12m1m1m1m12m2 时，即当0m时，|g(x)|1m1m|2m2当

12m1m12m2 时，即当m时，|g(x)|12m1m|2m21m2,0m21m∴T(m).

12m,m212m2【点睛】

本题主要考查学生利用所学知识解决创新问题的能力，涉及到函数求值域的有关方法，以及恒成立问题的常见解决思想．

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知非零向量a与b的夹角为A．1

B．2

2，且b1,a2b2，则a（ ） 3C．3 D．23 2．在直角ABC中，三条边恰好为三个连续的自然数，以三个顶点为圆心的扇形的半径为1，若在ABC 中随机地选取m个点，其中有n个点正好在扇形里面，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为（ ）A．

16n mB．

12n mC．

8n mD．

6n m3．下列说法中正确的是( ) A．棱柱的侧面可以是三角形 B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱 C．所有的几何体的表面都能展成平面图形 D．棱柱的各条棱都相等

4．已知函数f(x)2cos2x3sin2x，在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，内角A满足

fA1，若a6，则ABC的面积的最大值为（ ）

A．33 B．

33 2C．3 4D．23 5．已知函数fxAsinxbA0,0的图象如图所示，则fx的解析式为（ ）

A．fx2sinx2

36B．fx3sinx132 6C．fx2sin6．将函数

x3

66D．fx2sinx3

36的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）

A．在区间上单调递增

B．在区间上单调递增

C．在区间上单调递增

D．在区间上单调递增

7．某几何体的三视图如图所示，它的体积为（ ）

A．12π B．45π C．57π D．81π

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．

5 3B．

4 3C．22 3D．42 39．把函数ycos2x3sin2x的图象经过变化而得到y2sin2x的图象，这个变化是（ ） A．向左平移C．向左平移

12个单位 B．向右平移D．向右平移

12个单位

个单位 6个单位 610．若不等式ax2ax10的解集为空集，则实数a的取值范围是（ ） A．0a4

B．0a4

C．0a4

D．0a4

11．已知AB=(2,3)，AC=(3，t)，BC=1，则ABBC= A．-3 C．2

B．-2 D．3

12．已知点A3,1，B1,4，则与向量AB的方向相反的单位向量是（ ） A．43, 55B．43, 55C．,354 5D．,34 55二、填空题：本题共4小题

13．已知an是等比数列，a12，a41，则公比q______. 414．若数列an满足a12，且对于任意的m,nN*，都有amnaman，则a3___；数列an前10项的和S10____．

15． 已知一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是等腰直角三角形，则该几何体的体积为__________．

16．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

3，a3，b=1,则c_____________

17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD为等边三角形，且平面PCD平面

ABCD.H为PD的中点，M为BC的中点，过点B，C，H的平面交PA于G.

（1）求证：GM（2）若

平面PCD；

AB4时，求二面角PBGH的余弦值. BC318．如图，已知函数fxsinx0,0，点A,B分别是fx的图像与y轴、x轴的交点，C,D分别是fx的图像上横坐标为

2、的两点, CD//x轴，A,B,D共线． 23

（1）求,的值；

xfxksin2x（2）若关于的方程在区间,上恰有唯一实根，求实数k的取值范围．

12219．（6分）已知在直角三角形ABC中，ACBC，BC2,tanABC22（如右图所示）

（Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，试说明所得几何体的结构特征并求所得几何体的表面积. （Ⅱ）一只蚂蚁在问题（Ⅰ）形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最短距离.

20．（6分）已知点A1,0，B4,0，曲线C任意一点P满足PB2PA. (1)求曲线C的方程；

(2)设点D3,0，问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E,F，无论直线l如何运动，x轴都平分EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由.

21．（6分）在梯形ABCD中，AB∥CD，CD2，ADC120，cosCAD57. 14

（1）求AC的长； （2）求梯形ABCD的高．

22．（8分）已知函数fx2sinx（其中0，2）的最小正周期为，且图象经过点

,2 6（1）求函数fx的解析式： （2）求函数fx的单调递增区间．

参考答案

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．B 【解析】 【分析】

1根据条件可求出ab|a|，从而对|a2b|2两边平方即可得出|a|22|a|0，解出|a|即可．

2【详解】

向量a与b的夹角为

2，且b1,a2b2； 3ab|a|；

(a2b)2a24ab4b2|a|22|a|44； |a|22|a|0； |a|2或0（舍去）； |a|2．

故选：B． 【点睛】

本题主要考查了向量数量积的定义及数量积的运算公式，属于中档题. 2．B 【解析】

由题直角ABC中，三条边恰好为三个连续的自然数，设三边为n,n1,n2,n2n1n2,

2212:S解得n3,1346, 2

12m12m 以三个顶点为圆心的扇形的面积和为1, 由题2,.226nn故选B. 3．B 【解析】

试题分析：棱柱的侧面是平行四边形，不可能是三角形，所以A不正确；球的表面就不能展成平面图形，所以C不正确；棱柱的侧棱与底面边长不一定相等，所以D不正确. 考点：本小题主要考查空间几何体的性质.

点评：解决此类问题的主要依据是空间几何体的性质，需要学生有较强的空间想象能力. 4．B 【解析】 【分析】

2cos2x通过将f(x)2cosx3sin2x利用合一公式变为1，代入A求得A角，从而利用余

32弦定理得到b,c,的关系，从而利用均值不等式即可得到面积最大值. 【详解】

f(x)2cos2x3sin2xcos2x3sin2x12cos2x1

3f(A)2cos2A11cos2A1，A为三角形内角，则A

333a6，a2b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc，当且仅当bc时取等号

SABC11333 bcsinA62222【点睛】

本题主要考查三角函数恒等变换，余弦定理，面积公式及均值不等式，综合性较强，意在考查学生的转化能力，对学生的基础知识掌握要求较高. 5．D 【解析】 【分析】

由函数图象求出A,b，由周期求出，由五点发作图求出的值，即可求出函数的解析式. 【详解】

解：根据函数fxAsinxbA0,0的图象，

可得A532,b3 ，

12413， 4所以.

6再根据五点法作图可得所以64，

3，

故fx2sin故选：D. 【点睛】

x3.

36本题主要考查由函数fxAsinxbA0,0的部分图像求解析式，属于基础题. 6．A 【解析】 【分析】 函数

的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数的解析式为：

，单调递增区间：

，

单调递减区间：

，由此可见，当

时，函

数在上单调递增，故本题选A.

【详解】

本题考查了正弦型函数图象的平移变换以及求正弦型函数的单调区间. 7．C 【解析】

由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱

故它的体积是5×π×32+

π×32×

=57π

故选C 8．A 【解析】 【分析】

观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。 【详解】

设半圆柱体体积为V1，半球体体积为V2，由题得几何体体积为

1415VV1V212213，故选A。

2323【点睛】

本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。 9．B 【解析】 【详解】

试题分析：ycos2x3sin2x2sin2x2sin2x，与y2sin2x比较可知：只需将612ycos2x3sin2x向右平移

考点：三角函数化简与平移 10．D 【解析】 【分析】

12个单位即可

对a分a0,a0两种情况讨论分析得解. 【详解】

当a0时，不等式为10，所以满足题意；

a0,0a4， 当a0时，2a4a0综合得0a4. 故选：D 【点睛】

本题主要考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 11．C 【解析】

【分析】

根据向量三角形法则求出t，再求出向量的数量积. 【详解】

由BCACAB(1,t3)，BC1(t3)1，得t3，则BC(1,0)，

22ABBC(2,3)(1,0)21302．故选C．

【点睛】

本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大． 12．A 【解析】 【分析】

根据单位向量的定义即可求解. 【详解】

AB(4,3),

向量AB的方向相反的单位向量为故选A. 【点睛】

本题主要考查了向量的坐标运算，向量的单位向量的概念，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题 13．AB4343(,)(,)，

5555|AB|1 2【解析】 【分析】

利用等比数列的性质可求q. 【详解】

3设等比数列的公比为q，则qa41，故q1. a182故答案为：【点睛】

1 2一般地，如果an为等比数列，Sn为其前n项和，则有性质：

（1）若m,n,p,qN*,mnpq，则amanapaq；

（2）qmnam （q为公比）； ann（3）公比q1时，则有SnABq，其中A,B为常数且AB0；

（4）Sn,S2nSn,S3nS2n,14．8,682 【解析】

为等比数列（Sn0 ）且公比为qn.

试题分析：由amnaman得a2a1a14,a3a2a18,由amnaman得an1a1an2an，

2[1(2)10]682. 所以数列an为等比数列，因此S101(2)考点：等比数列通项与和项 15．3 【解析】 【分析】

首先根据三视图还原几何体，再计算体积即可. 【详解】

由三视图知：该几何体是以底面是直角三角形，高为3的三棱锥， 直观图如图所示：

11V2333.

32故答案为：3 【点睛】

本题主要考查三视图还原直观图，同时考查了锥体的体积计算，属于简单题. 16．2 【解析】

【分析】

根据条件，利用余弦定理可建立关于c的方程，即可解出c. 【详解】

由余弦定理a2b2c22bccosA得31c2c，即c2c20，解得c2或c1（舍去）.故填2. 【点睛】

本题主要考查了利用余弦定理求三角形的边，属于中档题. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17． (1)证明见解析；(2) 【解析】 【分析】

（1）首先证明BC//平面PAD，由平面BGHC平面PADHG，可说明BC//HGHG//AD，由此可得四边形GMCH为平行四边形，即可证明GM//平面PCD；

（2）延长CH交BG于点M，过点H作HQMB交直线MB于点Q，则PQH即为二面角的平面角，求出PQH的余弦值即可得到答案． 【详解】

（1）∵ABCD为矩形

∴BC//AD，BC平面PAD，AD平面PAD ∴BC//平面PAD.

又因为平面BGHC平面PADHG， ∴BC//HGHG//AD.

37 14G为PA中点，M为BC中点，

所以HG平行且等于CM，即四边形GMCH为平行四边形 所以GM//HC，GM平面PCD，HC平面PCD 所以GM//平面PCD （2）不妨设AB4，BC3.

因为H为PD中点，PCD为等边三角形，所以PH2，PDHC，且HC23 ∵PDHC，所以有PD平面HGBC，故PDBG 因为平面PCD平面ABCD ∴

AD平面PDC，又HG//AD，

∴HG平面PDC，则HGHC

延长CH交BG于点M，过点H作HQMB交直线MB于点Q，

由于HG平行且等于

13CB，所以H为MC中点，HG，MHHC23 22由于PDBG，BGQH，PDQHH，所以BG平面PQH，则BGPQ， 所以PQH即为二面角的平面角

在RTMHG中，MGMH2HG21295757，HQ33，

422所以HQ619， 191937. cosPQH314所以tanPQH【点睛】

本题考查线面平行的证明，以及二面角的余弦值的求法，考查学生空间想象能力，计算能力，由一定综合性．

18．（Ⅰ）2，【解析】

3 （Ⅱ）31k或k1 2232，. 试题分析：解：（Ⅰ） 建立373212（Ⅱ）由Ⅰ得fxsin2xksin2xsin2xsin2x，结合图象可知33331k或k1． 22试题解析：解：（Ⅰ）  3 ①

73 ② 122解得2，3.

（Ⅱ）fxsin2x， 3ksin2xsin2x

3sin2xsin2xcos3cos2xsin13sin2xcos2x 322sin2x，

322x,x,因为时，， 363122由方程恰有唯一实根，结合图象可知

31k或k1． 2219．（Ⅰ）几何体为以BC2为半径，高AC42的圆锥，16 （Ⅱ）63 【解析】 【分析】

（Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，形成的几何体为以BC2为半径，高AC42的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．

（Ⅱ）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点B1的距离，代入数值，即可求出结果． 【详解】

解：（Ⅰ）在直角三角形ABC中，由BC2,tanABC22 即tanABCAC22，得AC42，若以AC为轴旋转一周， BC形成的几何体为以BC2为半径，高AC42的圆锥， 则AB242226，其表面积为

1S2222616.

2（Ⅱ）由问题（Ⅰ）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点B1的距离，

BAB1222， 63在ABB1中，由余弦定理得：BB1【点睛】

6262266cos263 3本题考查了圆锥的表面积以及侧面展开图的应用，考查了学生的空间想象能力，属于基础题． 20． (1) x2y24；(2) Q【解析】 【分析】

(1)设Px,y,再根据PB2PA化简求解方程即可.

(2)设过定点Q的直线l方程为ykxb,根据x轴平分EDF可得kDEkDF0.再联立直线与圆的方程,化简kDEkDF0利用韦达定理求解ykxb中参数的关系,进而求得定点Q即可. 【详解】

(1)设Px,y,因为PB2PA,故224,0 3x422y22x2y1, 22即x4y24x24y1,整理可得xy4.

(2)当直线l与x轴垂直,且Q在圆内时,易得E,F关于x轴对称,故必有x轴平分EDF. 当直线l斜率存在时,设过定点Q的直线l方程为ykxb.设Ex1,y1,Fx2,y2. 联立ykxb1k2x22kbxb240, 22xy42kbb24. 0,x1x2,x1x21k21k2因为无论直线l如何运动,x轴都平分EDF,故kDEkDF0,

y1y2kx1bkx2b00,kx1bx23kx2bx130. ,所以即

x13x23x13x23所以2kx1x2b3kx1x26b0

b242kb代入韦达定理有2kb3k6b0,化简得4k3b0. 221k1k

故ykxbkx【点睛】

4444kkx,恒过定点,0.即Q,0. 3333本题主要考查了轨迹方程的求解方法以及联立直线与圆的方程,利用韦达定理代入题中所给的关系式,化简求直线中参数的关系求得定点的问题.属于难题. 21． (1) AC27(2) 23. 【解析】 【分析】

（1）首先计算sinCAD21，再利用正弦定理计算得到答案. 14（2）ABC中，由余弦定理得AD4，作高，在直角三角形中利用三角函数得到高的大小. 【详解】

（1）在ACD中，

cosCAD2157,sinCAD.

1414由正弦定理得：

CDsinADCACCD，即ACsinCADsinADCsinCAD23227. 2114

（2）在ABC中，由余弦定理得：AC2AD2CD22ADCDcos120， 整理得AD22AD240，解得AD4．过点D作DEAB于E， 则DE为梯形ABCD的高．

AB∥CD，ADC120，BAD60．

在直角ADE中，DEADsin6023． 即梯形ABCD的高为23． 【点睛】

本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力. 22． (1) f(x)2sin2x【解析】

6 ；(2) k,k，kZ. 36

【分析】

（1）根据fx最小正周期可求得2；代入点式；（2）令2k【详解】 （1）

最小正周期T,2，结合的范围可求得，从而得到函数解析622x62k2，解出x的范围即为所求的单调递增区间.

2 2

fx过点,2 2sin22

66322k，kZ，解得：62k，kZ

2 6

fx的解析式为：fx2sin2x（2）由2k 622x62k2，kZ得：k3xk6，kZ

fx的单调递增区间为：k【点睛】

,k，kZ 36本题考查根据三角函数性质求解函数解析式、正弦型函数单调区间的求解；关键是能够采用整体对应的方式来利用正弦函数的最值和单调区间求解正弦型函数的解析式和单调区间.