全国市级联考广东省普宁市学年高一下学期期末学业水平考试数学试题Word文档下载推荐.docx
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评卷人
一、选择题（题型注释）
1、设全集，集合，，则（
）
A．
B．
C．
D．
2、若且，则函数与的图像（
A．关于轴对称
B．关于轴对称
C．关于原点对称
D．关于直线对称
3、某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：
万人）的数据，绘制了下面的折线图.
根据该折线图，下列结论错误的是
A．月接待游客逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月
D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
4、运行右图所示框图的相应程序,若输入的值分别为和,则输出的值是（）
A．0
B．1
C．2
D．－1
5、已知空间两条不同的直线和两个不同的平面，以下能推出“”的是（
A．，，
，，
C．，，
D．，，
6、直线恒经过定点（
7、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（
8、函数的零点个数为（）
D．3
9、直线与直线互相垂直，则实数（
A．2
D．-3
10、设函数，其中角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则（
C．1
11、已知函数，若，，则（
A．，
B．，
C．，
D．，
12、菱形中，，点满足，若，则该菱形的面积为（
C．6
第II卷（非选择题）
二、填空题（题型注释）
13、（2014•濮阳县一模）如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF（该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常）．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是 _________ ．
14、某实验室一天的温度（单位：
）随时间（单位：
）的变化近似满足函数关系：
，，该实验室这一天的最大温差为__________．
15、已知幂函数的图像经过点，且与圆交于两点，则__________．
16、已知，则用含的式子表示为__________．
三、解答题（题型注释）
17、已知函数，.
（1）求的最小正周期；
（2）将图像上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图像，求函数的单调递增区间.
18、已知函数.
（1）若，求实数的值；
（2）当时，求在区间上的最大值.
19、如图所示，在四棱锥中，，且.
（1）证明：
平面平面；
（2）若，，求直线与平面所成的角的大小.
20、长为的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动.
（1）求线段的中点的轨迹的方程；
（2）当时，曲线与轴交于两点，点在线段上，过作轴的垂线交曲线于不同的两点，点在线段上，满足与的斜率之积为-2，试求与的面积之比.
21、已知函数.
（1）当时，证明：
为偶函数；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）若，求实数的取值范围，使在上恒成立.
参考答案
1、B
2、B
3、A
4、C
5、D
6、C
7、A
8、C
9、D
10、A
11、B
12、B
13、．
14、4
15、
16、
17、
（1）；
（2），．
18、
（1）；
（2）
19、
（1）见解析；
（2）．
20、
（1）
（2）．
21、
（1）见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
1、由题意得，，所以，故选B．
2、由，即，
则根据指数函数的图象与性质可知，函数与的图象关于对称，
故选B．
3、2014年8月到9月接待游客下降，所以A错；
年接待游客量逐年增加；
各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月；
各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，所以选A.
4、试题分析：
因为，，所以，由算法框图可知，运行后输出的值为．
考点：
算法框图．
5、有图有跌，对于A中，平面可能平行或相交但是不一定垂直，所以是错误的；
对于B中，由于得到，又，所以，得不到，所以是错误的；
对于C中，，由此无法得到与的位置关系，因此不一定垂直，所以是错误的；
对于D中，由于，得到，又是正确的，故选D．
6、由题意得，直线可化，根据直线的点斜式可得，直线过定点，
故选C．
7、
由三视图可知该几何体为半圆锥与三棱锥的组合体（如图所示）则其体积为
，选A
8、试题分析：
由得所以零点个数为2，选C．
函数零点
9、由题意得，根据两直线垂直可得，解得，故选D．
10、由角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
可得，
所以，故选A．
11、函数在是增函数，（根据复合函数的单调性），
而，
因为，所以，故选B．
点睛：
本题主要考查了函数的单调性的应用，本题的解答中根据函数的解析式，利用复合函数的单调性的判定方法，得到函数的单调性是解答的关键，同时熟记函数的单调性是解答的重要一环．
12、由已知菱形中，，点满足，
若，设菱形的边长为，
所以
，解得，
所以菱形的边长为，所以菱形的面积为，故选B．
本题主要考查了平面向量的线性运算，本题的解答中根据向量的三角形法则和向量的平行四边形法则和向量的数量积的运算，得出关于菱形边长的方程，在利用三角形的面积公式，即可求解三角形的面积，其中熟记向量的运算法则和数量积的运算公式是解答的关键．
13、试题分析：
根据题意，计算出扇形区域ADE和扇形CBF的面积之和为，结合矩形ABCD的面积为2，可得在矩形ABCD内且没有信号的区域面积为，再利用几何概型计算公式即可得出所求的概率．
首先，因为扇形ADE的半径为1，圆心角等于，所以扇形ADE的面积为．
同理可得，扇形CBF的面积也为；
然后又因为长方形ABCD的面积，再根据几何概型的计算公式得，在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是．
几何概型．
14、因为，所以，
当时，即时，函数取得最大值为，
当时，即时，函数取得最小值为，
所以一天的最大温差为．
15、以为幂函数的图象经过点，即，即幂函数
联立方程组，解得，
即与的交点为，
所以．
本题主要考查了幂函数的性质和圆的标准方程问题，本题的解答中根据幂函数的性质得到的值，得到幂函数的解析式，联立方程组求解点的坐标，即可求解弦的长，其中正确求解是解答的关键．
16、由题意的，
所以，即．
本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的应用，本题的解答中根据诱导公式得到，即可求解的值，其中熟记三角恒等变换的公式是解得关键．
17、试题分析：
（1）根据三角恒等变换的公式化简得，即可求解函数的最小正周期；
（2）根据图象的变换得到，利用正弦函数的性质，即可求解函数的单调递增区间．
试题解析：
（1）
，
故的最小正周期；
【法二：
由于，故，
，故的最小正周期为】
（2），
由，解得
故的单调递增区间为，．
18、试题分析：
（1）因为，得的图像关于直线对称，即可求解实数的值；
（2）由于，根据二次函数的性质，分和、三种请讨论，即可求解函数在上的最值．
（1）因为，故的图像关于直线对称，
故且，解得；
直接把代入展开，比较两边系数，可得】
（2）由于，的图像开口向上，对称轴，
当，即时，在上递减，在上递增，且，故
在上的最大值为；
当，即时，在上递减，在上递增，且，
当，即时，在上递减，最大值为；
综上所述，
19、试题分析：
（1）根据题设条件证得平面，再根据面面垂直的判定定理，即可得到平面平面；
（2）取的中点，连、，根据线面角的定义得到为直线与平面所成的角，在等腰和等腰中，即可直线与平面所成的角．
（1），，故，
又，，可得平面，
平面，故平面平面；
（2）取的中点，连、，
由于，故
结合平面平面，知平面，
故为直线与平面所成的角，
在等腰和等腰中，，，
于是，即直线与平面所成的角为．
20、试题分析：
（1）设线段的中点为，根据平面上两点间的距离公式，即可求解线段的中点的轨迹的方程；
（2）当时，直线和直线的方程，联立方程组，求得点的坐标，即可得打结果．
设线段的中点为，则，，
故，
化简得，此即线段的中点的轨迹的方程；
当、重合或、重合时，中点到原点距离为；
当、、不共线时，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，知中点到原点距离也恒为，
故线段的中点的轨迹的方程为】
（2）当时，曲线的方程为，它与轴的交点为、，
设，，，
直线的斜率，故直线的斜率，
直线的方程是，
而直线的方程是，即
联立，解得，此即点的坐标，
故．
本题主要考查了轨迹方程的求解和两条直线的位置关系的应用，其中解答中涉及到平面上两点间的距离公式的应用，直线与圆的位置关系等知识点的综合考查，本题的解答中确定直线和直线的方程，联立方程组，求得点的坐标是解得关键．
21、试题分析：
（1）代入，根据函数奇偶性的定义，即可判定为偶函数；
（2）利用函数单调性的定义，求得函数在上单调递增，进而得到对任意的恒成立，即可求解实数的取值范围；
（3）由
（1）、
（2）知函数的最小值，进而得，设，得不等式恒成立，等价于，进而恒成立，利用二次函数的性质即可求解实数的取值范围．
（1）当时，，定义域关于原点对称，
而，说明为偶函数；
（2）在上任取、，且，
则，
因为，函数为增函数，得，，
而在上单调递增，得，，
于是必须恒成立，
即对任意的恒成立，
；
（3）由
（1）、
（2）知函数在上递减，在上递增，
其最小值，
且，
设，则，
于是不等式恒成立，等价于，
即恒成立，
而，仅当，即时取最大值，
故
本题主要考查了函数性质的综合应用，其中解答中涉及到函数的单调性的定义及判定、函数的奇偶性性的判定与证明
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