湖北省宜昌市2018_2019学年高一数学下学期期末考试试题(扫描版)

宜昌市2019年高一年级学年期末调考评分标准

数 学

命题：覃韩斌（长阳一中） 审题：龚 伟（枝江一中） 何星月（葛洲坝中学） 向立政（宜昌市教科院）

一．选择题： 题号 答案 1 C 2 D 3 A 4 B 5 A 6 B 7 B 8 C 9 D 10 D 11 C 12 C

二．填空题：

13. 3 14.三．解答题：

17. 解：（1）f(x)3sin2x+cos2x=2sin(2x所以f(x)的最小正周期为T1716 15.6 16. 236) （3分）

2（5分） ．

2

（2）

x0,

22x当2x7,（7分） 666

6267 当2x，即x时，f(x)取得最小值1； （9分）

662

13 ,即x

时，f(x)取得最大值2； （7分）

f(x)的值域是1,2 ． （10分）

18.解：（1）∵cosADC,且0ADC

∴sinADC1()由正弦定理有

13222 （2分） 3ADAC， （4分） sinCsinADCACsinC13423． （6分） 得ADsinADC222（2）∵sinADBsin(ADC)sinADC22， （7分） 3SABD1ADBDsinADB2BD， 2∴2BD22，得BD2， （9分） 又∵cosADBcos(ADC)cosADC由余弦定理得AB232222321， （10分） 319， 3∴AB3． （12分）

19.（1）证明：

四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，

△ABC为正三角形． (1分） E为BC的中点，

AE⊥BC． (2分） 又BC∥AD，

AE⊥AD． （3分） PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

PA⊥AE． （4分） 又PA⊂平面PAD，AD平面PAD，且PA∩AD=A，

AE⊥平面PAD． （5分） 又PD⊂平面PAD，

AE⊥PD． （6分）

（2）解：设C到平面EAF的距离为d

点F为PC中点

1PA=1 （7分） 231VCEAF=VFAEC=SAEC1=（8分）

6 313VCEAFSEAFd（9分）

36 又AE=3, EF=2, AF=2 （10分） F到平面AEC的距离=

131532-=（11分） 244

2525d即C到平面EAF的距离为．（12分）

55

120．解：（1）fx4x14 （2分）

x1EAF的面积SEAF=∵x1x10 （3分） ∴4(x1)311） (5分） 24(x1)4（当且仅当x取“=”

2x1(x1)

∴fxmin8．

（6分）

（2）∵x1x101x0 （7分）

4(x1)11[4(1x)] （8分） x1(1x)4(1x)11 24(1x)41x(1x) （9分）

∴4x1114（等号成立当且仅当x） （10分） x121fx4x14

x1∴fxmax0 (11分） ∴a0

a的最小值为0． （12分）

21.解：（1）每天包裹数量的平均数为

0.1500.11500.52500.23500.1450260 （2分）

设中位数为x，易知x(200,300)，则0.00110020.005(x200)0.5 解得x=260.

所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件. （4分） （2）由（1）可知平均每天的揽件数为260，利润为260531001000(元)，

所以该公司平均每天的利润有1000元． （6分） （3）设四件礼物分为二个包裹E、F，因为礼物A、C、D共重

， 0.91.82.55.2（千克）

礼物B、C、D共重1.31.82.55.6（千克），都超过5千克， （7分） 故E和F的重量数分别有1.8和4.7，2.5和4.0，2.2和4.3，2.7和3.8，3.1和3.4 共5种， （9分） 对应的快递费分别为45、45、50，45，50（单位：元）（10分） 故所求概率为

3. （12分） 522. 解：（1）因为g(x)在区间[1,2]上单调递增，所以g(1)1， （2分）

g(2)0即1nm1，解得m1,n1 （3分）

1n02（2）因为g(x)x2x，

得关于x的方程(log2x)2(2k2)log2x10在[2,4]上有解.

2令tlog2x[1,2]，则t(2k2)t10，

转化为关于t的方程22kt在区间[1,2]上有解. （4分） 记(t)t，易证它在[1,2]上单调递增，所以2(t)即222k1t1t5， 251，解得0k． （6分） 243）由条件得f(x)ax2x，因为对任意x[0,1]都有|f(x)|1，即1ax2x1恒成立.

当x0时，显然成立. 当x(0,1]时，1ax2x1转化为ax2x1axx1恒成立，2

1111即21ax2x(x2)4恒成立a11(112)21. x2xx4因为x(0,1]，得

1x1， 所以当

1x1时，(111x2)24取得最大值是2，得a2； 当

1x1时，(1x112)24取得最小值是0，得a0．（11分） 综上可知，a的取值范围是2a0. （7分）

（9分）

10分） 12分）

（

（（