重庆市南岸区2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)

析）

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2c2a2bc若sinBsinCsin2A，则ABC的形状是（） A. 等腰三角形 三角形 【答案】C 【解析】 【分析】

直接利用余弦定理的应用求出A的值，进一步利用正弦定理得到：b＝c，最后判断出三角形的形状．

【详解】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c， 且b2+c2＝a2+bc．

B. 直角三角形

C. 等边三角形

D. 等腰直角

b2c2a2bc1则：cosA，

2bc2bc2由于：0＜A＜π， 故：A3．

由于：sinBsinC＝sin2A， 利用正弦定理得：bc＝a2， 所以：b2+c2﹣2bc＝0， 故：b＝c，

所以：△ABC为等边三角形． 故选：C．

【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

2.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c．若ABC为锐角三角形，且满足

sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是（ ）

A. a2b 【答案】A 【解析】

B. b2a C. A2B D. B2A

sin(AC)2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC

所以2sinBcosCsinAcosC2sinBsinA2ba，选A.

【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有，，C的式子，用正弦定理将角转化为边，得到a2b.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.

3.如图，在△ABC上，D是BC上的点，且ACCD，则sinB2AC3AD，AB2AD，等于（ ）

A. 6 3B. 3 3C. 6 6D. 3 6【答案】C 【解析】

【详解】试题分析：根据题意设AD2x,则ACCD3x,AB4x,在ADC中由余弦定理可得

34x23x23x236cosADCsinADBsinADC133322x3x在△ADB中由正弦定理得

2，

sinBADsinADBAB2x636,故选C． 4x6考点：正余弦定理的综合应用．

x2y24.已知F1，F2是双曲线221(a0，b0)的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的

ab左、右两支分别交于点A，B，若ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（） A. 7 【答案】A 【解析】

试题分析：由双曲线定义得BF1AF1AF22a，BF2BF12aBF24a，由余弦定理得(2c)2(4a)2(2a)22(4a)(2a)cos120c27a2e考点：双曲线定义

【思路点睛】(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义中要求|PF1|＋|PF2|＞|F1F2|，双曲线的定义中要求||PF1|－|PF2||＜|F1F2|，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化.(2)注意数形结合，画出合理草图.

5.已知定义在R上的函数fx是奇函数且满足，fB. 4

C. 23 3D. 3 7 3xf(x)，f(2)3，数列an2满足a11，且Sn2ann，(其中Sn为an的前n项和).则fa5fa6（） A. 3 【答案】A 【解析】 由奇函数满足fB. 2

C. 3

D. 2

3xfx可知该函数是周期为T3的奇函数， 2由递推关系可得：Sn2ann,Sn12an1n1,

两式做差有：an2an2an11，即an12an11， 即数列an1构成首项为a112，公比为q故：an122n12的等比数列，

,an2n1，综上有：

fa5f251f31f2f23，

fa6f261f63f00，

则：fa5fa63. 本题选择A选项.

1*aan1a1a6.数列n满足1，且对任意的nN都有n1，则数列的前100nan项的和为（） A.

101 100B.

200 101C.

99 100D.

101 200【答案】B 【解析】 【分析】

先利用累加法求出ann(n1)，再利用裂项相消法求解. 2【详解】∵an1ann1， ∴an1ann1， 又a11，

∴ananan1an1an2a2a1a1n(n1)(n2)21

∴

n(n1) 212112， ann(n1)nn11∴数列的前100项的和为：

an11121223故选:B．

【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查裂项相消求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

11200121． 1001011011017.定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，

a1,a2,,ak,中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有

B. 16个 D. 12个

A. 18个 C. 14个 【答案】C 【解析】

【详解】试题分析：由题意，得必有a10，a81，则具体的排法列表如下：

,01010011;010101011,共14个

【点睛】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果．

8.等差数列an和bn的前n项和分别为Sn与Tn，对一切自然数n，都有等于（） A.

Sna5n，则Tnn1b53 4B.

5 6C.

9 10D.

10 11【答案】C 【解析】

【分析】

取n9代入计算得到答案. 【详解】

S99a1a99b1b911b5T9 9a5,T99b5，a5S9，9922S99a5S99． 又∵当n9时，，T910b5T910故选:C．

【点睛】本题考查了等差数列前n项和与通项的关系，判断n9是解题的关键.

9.已知偶函数fx在区间[0,)单调递增，则满足f(2x1)f的x取值范围是（）

13A. ,12 33B. ，

1323C. 12, 23D. ，

1223【答案】A 【解析】 【分析】

由题意可得f(2x1)f()，再利用函数的单调性和奇偶性可得2x1取值范围，得到答案.

【详解】由题意，函数fx为偶函数，且在区间(0,)上为单调递增函数，

131，由此求得x的3113311112所以2x1，即2x1，求得x，故选A.

33333又因为f(2x1)f()0，即f(2x1)f()，

【点睛】本题主要考查了函数的单调性和奇偶性的应用，其中根据函数的奇偶性和函数的单调性，把不等式转化为2x1力，属于基础题.

10.已知定义在R上的偶函数fx，其导函数为fx；当

1求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能3x0时，恒有

xf(x)f(x)0，若g(x)x2f(x)，则不等式g(x)g(12x)的解集为（） 2A. ,1

1313B. ,1(1,) 3C. , 【答案】A 【解析】 【分析】

D. ,

13根据题干得到gxxfx是偶函数，通过求导得到函数gx在0,2,,0，

从而得到x12x1x1. 322【详解】因为fx是定义在R上的偶函数，yx也是偶函数，故gxxfx是偶函

数，

xxgx2xfxx2fx2xfxfx，当x0时，恒有f'xfx0，

22故当x0时，gx0，即函数gx在0,越小，故x12x故答案为：A.

【点睛】这个题目考查了抽象函数的奇偶性的应用，以及导数在研究函数的单调性中的应用，导数在研究不等式中的应用；题目中等.对于函数奇偶性，奇函数乘以奇函数仍然是奇函数，偶函数乘以偶函数仍然是偶函数.

11.已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且PF线段PF11PF2，的垂直平分线过F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则A. 6 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 3

C. 6

,,0 故自变量离轴越远函数值

1x1. 32e2的最小值为（） e12D. 3 2e2利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到

e12答案.

【详解】设椭圆长轴2a1，双曲线实轴2a2，由题意可知：F1F2F2P2c， 又

F1PF2P2a1,F1PF2P2a2，F1P2c2a1,F1P2c2a2，

4a1a2c22e22a1c两式相减，可得：a1a22c，， e12c2a22ca2228ca24a2c2a2e242ca2a2cc422. ， e122ca22ca2c2a222aca22a2cc22，当且仅当2时等立，

c2a2c2a2c2a22e2的最小值为6， e12故选:C．

2e2【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关

e12键，意在考查学生的计算能力.

12.已知函数f(x)满足f(x)f(x)，且当x(,0]时，f(x)xf(x)0成立，若

1a20.6f20.6，b(ln2)f(ln2)，clog28（）

1flog2则a，b，c的大小关系是

8A. abc B. cba C. acb D.

cab

【答案】D 【解析】

构造函数h(x)xf(x)，由yf(x)是R上的偶函数，yx是R上的奇函数，得

h(x)xf(x) 是R上的奇函数，h(x)在(，0)递减，在(0，)递减，得320.61，

0ln21，log2

120.6ln2．推出结果，即bac，故选D． 8二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________． 【答案】-8 【解析】

设等比数列an的公比为q，很明显q1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：

②a1a2a11q1，①，由可得：q2，代入①可得a11， 2①a1a3a11q3，②3由等比数列的通项公式可得a4a1q8.

【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.

14.已知实数a0,【答案】526 【解析】 分析】

通过2是8a与2b的等比中项得到3ab1，利用均值不等式求得最小值. 【详解】实数a0，b0，2是8a与2b的等比中项，

b0，2是8a与2b的等比中项，则

12的最小值是______． ab8a2b2,23ab2，解得3ab1．

则

12b6ab6a123ab552526，当且仅当b6a时，abababab6,b62时取等号． 3即a1故答案为:526．

【点睛】本题考查了等比中项，均值不等式，1的代换是解题的关键.

15.已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a2且

(2b)(sinAsinB)(cb)sinC，则△ABC面积的最大值为__．

【答案】3 【解析】

【详解】由已知ababcbc，即bcabccosA2221得A60， 2b2c24bc4b2c2bcbc

1SABCbcsinA3 2

16.若直线l：xmy2与曲线C:y1x2相交于A，B两点，O为坐标原点，当AOB的面积取最大值时，实数m的取值____． 【答案】-3 【解析】 【分析】 点O到l的距离d21m2，将AOB的面积用d表示出来，再利用均值不等式得到答案.

【详解】曲线y1x2表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆， 若直线l与曲线相交于A，B两点，则直线l的斜率m0，

则点O到l的距离d21m22，又SAOB111d2d212ABd21dd， 22222当且仅当1d2d2，即d1时，S2AOB取得最大值．所以d21， 21m2解得m3(m3舍去)．

故答案为3．

【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17.ABC中，角A，B，C所对边分别是a、b、c，且cosA(1)求sin21． 3BCcos2A的值； 23，求△ABC面积的最大值．

(2)若a【答案】（1）【解析】 【分析】

132；（2） 94BCcos2A化简代入数据得到答案. 29(2)利用余弦定理和均值不等式计算bc，代入面积公式得到答案.

4A2BCcos2Asin22cos2A1 【详解】1sin221cosA2A2cos2A12cos2A1 cos22(1)将sin2132111； 2991(2)由cosA1122，可得sinA1， 39322222由余弦定理可得abc2bccosAbc即有bc≤224bc2bcbcbc， 3333293a，当且仅当bc，取得等号． 4421192232． bcsinA22434则△ABC面积为

即有bc332时，△ABC的面积取得最大值． 24【点睛】本题考查了三角恒等变换，余弦定理，面积公式，均值不等式，属于常考题型.

18.已知数列an前n项和为Sn,nN，且Sn*31an． 22(1)求数列an的通项公式； (2)若bn2n3*，设数列bn的前n项和为Tn,nN，证明Tn．

an2an14n1【答案】（1）an3;（2）见解析.

【解析】

【试题分析】（1）借助题设中的数列递推式探求数列通项之间的关系，再运用等比数列的定义求得通项公式；（2）依据（1）的结论运用错位相减法求解，再借助简单缩放法推证：

31a1，得a11， 223当n2时，SnSn1ananan1得an3an1 ，

2（1）当n1时a1n1所以an3，

（2）由（1）得：bn又Tn的2nnn ，

an2an1312n2......n ① 33312n...... ② 32333n12111n两式相减得：Tn2......nn1 ，

33333得Tn13111233n故Tn1313所以Tnn ，

3n1332n3,T . nn4434点睛：解答本题的思路是充分借助题设条件，先探求数列的的通项公式，再运用错位相减法求解前项和。解答第一问时，先借助题设中的数列递推式探求数列通项之间的关系，再运用等比数列的定义求得通项公式；解答第二问时，先依据（1）中的结论求得

bn2nnn，运用错位相减求和法求得

an2an13Tn

332n3，进而运用简单缩放法推得T，使得问题获解。 n443n419.已知函数f(x)a3a3a是指数函数． (1)求f(x)表达式；

2x(2)判断F(x)f(x)f(x)的奇偶性，并加以证明 (3)解不等式：loga(1x)loga(x2)．

【答案】（1）f(x)2x（2）见证明；（3）{x|2x} 【解析】 【分析】

(1)根据指数函数定义得到，a23a31检验得到答案. (2) F(x)22，判断F(x),F(x)关系得到答案. (3)利用函数的单调性得到答案.

xx【详解】解：（1）∵函数f(x)a3a3a是指数函数，a0且a1， ∴a23a31，可得a2或a1（舍去），∴f(x)2x；

的122x（2）由（1）得F(x)22， ∴F(x)2xxx2x，∴F(x)F(x)，∴F(x)是奇函数；

（3）不等式：log2(1x)log2(x2)，以2为底单调递增， 即1xx20， ∴2x11，解集为{x|2x}． 22【点睛】本题考查了函数的定义，函数的奇偶性，解不等式，意在考查学生的计算能力.

20. 选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)x（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）证明：当a，bM时，ab1ab. 【答案】（Ⅰ）M{x|1x1}；（Ⅱ）详见解析. 【解析】

试题分析：（I）先去掉绝对值，再分x11x，M为不等式f(x)2的解集. 221111，x和x三种情况解不等式，即2222可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，b时，ab1ab．

12x,x,211试题解析：（I）f(x){1,x,

2212x,x.21时，由f(x)2得2x2,解得x1； 211当x时，f(x)2；

221当x时，由f(x)2得2x2,解得x1.

2当x所以f(x)2的解集M{x|1x1}.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a,bM时，1a1,1b1，从而

(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，

因此ab1ab.

【考点】绝对值不等式，不等式的证明.

【名师点睛】形如xaxbc（或c）型的不等式主要有两种解法：

（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为(,a]，(a,b]，(b,)（此处设ab）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．

（2）图象法：作出函数y1xaxb和y2c的图象，结合图象求解．

21.已知数列an前n项和Sn，点n,SnnN(1)求an的通项公式；

*在函数y121xx的图象上． 2211(2)设数列的前n项和为Tn，不等式Tnloga(1a)对任意的正整数恒成立，求

3anan2实数a的取值范围．

【答案】（1）ann；（2）(0,). 【解析】

试题分析：（1）将点的坐标代入函数的方程得到Sn12S1,n1121nn.利用an{，

SnSn1,n1223111.Tn为42n1n2可求得数列的通项公式为ann.（2）利用裂项求和法求得Tn1111a递增的数列，当n1时有最小值为，所以loga1a，解得0,.

3332试题解析： （1）

点n,Sn在函数fx12111xx的图象上，Snn2n.① 2222当n2时，Sn1①-②得ann.

112n1n1，② 22当n1时，a1S11，符合上式.

annnN*．

11（2）由（1）得

anan2nn2111， 2nn211a1a3a2a41

anan211 nn2Tn1111123243111． 42n1n2Tn1Tn1n1n30，

数列Tn单调递增，

1Tn中的最小项为T1.

31要使不等式Tnloga1a对任意正整数n恒成立，

311只要loga1a，

33即loga1alogaa. 解得0a1， 21a即实数的取值范围为0,.

2点睛:本题主要考查函数与数列，考查已知数列前n项和Sn，求数列通项an的方法，即用公

S1,n1式an{.要注意验证当n1时等号是否成立.考查了裂项求和法，当数列通项

SnSn1,n1是分数的形式，并且分母是两个等差数列的乘积的时候，可考虑用裂项求和法求和.还考查了数列的单调性和恒成立问题的解法.

22.扇形AOB中心角为60，所在圆半径为3，它按如图(Ⅰ)(Ⅱ)两种方式有内接矩形CDEF．

(1)矩形CDEF的顶点C、D在扇形的半径OB上，顶点E在圆弧AB上，顶点F在半径OA上，设EOB；

(2)点M是圆弧AB的中点，矩形CDEF的顶点D、E在圆弧AB上，且关于直线OM对称，顶点C、F分别在半径OB、OA上，设EOM；

试研究(1)(2)两种方式下矩形面积的最大值，并说明两种方式下哪一种矩形面积最大？ 【答案】方式一最大值【解析】

【详解】试题分析：(1)运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和差、倍角的相对性，要注意升幂、降幂的灵活运用；（2）重视三角函数的三变：三变指变角、变名、变式；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等，适当选择公式进行变形；（3）把形如

3 2yasinxbcosx化为ya2b2sin(x)，可进一步研究函数的周期、单调性、最值

和对称性.

试题解析： 解（1）在OED中，设EOD，则OD又CDODOC3cos3cos,ED3sin

CF3cossin tan60SCDEFEDCD3sin(3cossin)

3sincos3sin2 33sin2(1cos2)223 3sin(2)62当262即6时，Smax3 23sin，

（Ⅱ）令ED与OM交点为N，FC,OM的交点为P，则EN于是ED23sin，又CDPNONOP3cosSCDEFEDCD23sin(3cossin)3sin233(1cos2)6sin2333 当232即1233（Ⅱ）两种方式下矩形面积最大值为方式一： 633,（Ⅰ）

22考点：把实际问题转化为三角函数求最值问题.

的的时，y取得最大值633.

FP3cos3sin

tan30