高一下学期期末考试数学试卷.doc

一、选择题：（12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，只

有一个选项符合题目要求）

1．在单位圆中，面积为1的扇形所对的圆心角弧度数为： A．1 B．2 C．3 D．4

1，则y＝： 211A．2 B．－2 C． D．－

222．设角的终边经过点P（－1，y），且tan=－3．若a(1,2),b(3,1),则2ab：

A．(5,3) B．(5,1) C．(1,3) D．(5,3) ４．把函数yx24x7的图像按向量a经过一次平移以后得到yx2的

图像，则a是：

A．(2,3) B．(2,3) C．(2,3) D．(2,3)

sinxx25．函数ylg是： 2sinxxA．奇函数但不是偶函数 C．即是奇函数又是偶函数

B．偶函数但不是奇函数 D．即不是奇函数也不是偶函数

6．点P分向量P1分向量PP2所成的比为： 1P2所成的比为1,则PA．1 B．-1 C．

11 D． 227.使“ab0”成立的充分不必要条件是： A.ab0 B.55 C.a122abb1

D.log2alog2b

8．已知函数f(x)sin(x)cos(x)为奇函数，则的一个取值为：

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A．0 B．

 C． D． 24asin9．已知非零实数a,b满足关系式

55tan8，则b是的值是：

a15acosbsin55bcosＡ．33 Ｂ． Ｃ．3 Ｄ．3 33abc10．在△ABC中，∠A＝60°，AC＝1，△ABC的面积为3，则sinAsinBsinC的值是：

Ａ．

23926383 Ｂ． Ｃ． Ｄ．27 3381uuur11．设02，已知两个向量OP＝（cos,sin）,

uuuruuurOQ=(2+sin,2－cos),则向量｜PQ｜的最大值是：

A．2 B． 3 C． 32 D． 23 12.函数f(x)(x1)(3x)(x2)的最大值是：

x2A．256 B．626 C．625 D．625 二、填空题（4个小题，每小题4分，共16分）

13. 不等式log22x12的解集是 rrrr11314．已知a(,2sin),b(cos,),且a//b则锐角的值为 ；

32215．求值sin70cos50sin20sin50

3；②若,是第一象限的角，且，227则coscos；③函数ysin(x)是偶函数；④将函数ysin2x的图象向左平移个单

32411位，得到的是函数ysin(2x)的图象；⑤若cosx，且x(,)则xarccos.其

432316．给出以下命题：①存在实数x，使sinxcosx中正确命题的序号是 .

三、解答题（共5小题，17、18每题10分，19——21每题12分）

17.已知0

18. 已知函数yAsin(x) 0，||）的一段图象如图所示，

（A0，

2,cossin10sin2cos21,试求的值 51tan

（1）求函数的解析式；

（2）求这个函数的单调递增区间。

19. 已知a、b是两个非零向量，且a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，求a与b的夹角．

(a1)x22x (其中a0) 20．解关于x的不等式:

ax1

21．已知向量a(2,2)，向量b与向量a的夹角为（1）求向量b；

（2）若t(1,0)，且bt，c(cosA,2cos23，且ab2： 4C)，其中A、C是ABC的内角，若三角形的三2内角A、B、C依次成等差数列，试求bc的取值范围.

高一下学期期末考试数学试卷答案

一、选择题：BCAAA DCCCA BC 二、填空题： 13．(3115,)U(,) 14． 2222415．

3 16．③⑤ 2三、解答题：

103所以,2sincos155

2sincoscossin24sincos21023210 555

sincos212sincos2sin22sincoscossin故 sin1tancossin1cos3210556. 5105

2218．解：（1）由图象可知： T2322；A2 82T8 ∴y2sin2x

又∵3，2为“五点画法”中的第二点 ∴2

24883 ∴所求函数解析式为：y2sin2x4（2）∵当2x32k，2kkZ时，fx单调递增 42255 ∴2x2k，2kxk，kkZ 48485故：这个函数的单调递增区间为：k，kkZ 8819．解：因为a＋3b与7a－5b垂直，

所以a3b7a5b0,即7a16ab15b01

22又因为a4b与7a2b垂直,所以a4b7a2b0

即 7a30ab8b02

22由 12得:46ab23b 即 ab212b2

代入（1）式得|a|＝|b|， 设a与b的夹角为θ，则有

12aab21cos,又0.2ab2a

故a与b的夹角θ＝60°．

(a1)x22(a1)x22(x1)(x2)xx00 20.解:

ax1ax1ax11(x1)(x2)(x)0

a① 当0a1时, 原不等式的解集为 (,)(1,2) ② 当a1时, 原不等式的解集为 (,1)(1,2)

1a

③ 当a1时 原不等式的解集为 (,1)(21.

（

1

）,

1,2) ab(1,0)或b(0,1)（2）

B60，

t(1,0)，

，所

所以以

b(0,1)2bc(cosA,2cos2C1)(cosA,cosC)2bccos2Acos2C11412cos2Acos(2A)1cos(2A)23232522212bc 2A，所以cos(2A)1,所以2233323