河南省郑州市登封、新郑、中牟2018-2019学年高一下学期期末联考数学试题（图片版）

参考答案 ２０１８—２０１９ 学年下学期高一年级期末测试 数　 学 １.Ｄ　 因为 １ １１１(２)＝ ２３＋２２＋２１＋２０ ＝ １５ꎬ２３(７)＝ ２×７＋３ ＝ １７ꎬ１０２(３)＝ ３２＋２ ＝ １１ꎬ所以四个数中数 值最小的是 １０２(３) . ２.Ａ　 扇形的弧长 ｌ＝ ８ꎬ半径 ｒ＝ ２ꎬ由扇形的面积公式可知ꎬ该扇形的面积 Ｓ＝ １ ２ ｒｌ＝ ８. ３.Ｂ　 因为 ｙ＝ ３ｓｉｎ(２ｘ＋３)＝ ３ｓｉｎ[２(ｘ＋ ３ ２ )]ꎬ所以函数 ｙ ＝ ３ｓｉｎ(２ｘ＋３)图象上的所有点向右平 移 ３ ２ 个单位长度可得到函数 ｙ＝ ３ｓｉｎ２ｘ 的图象. ４.Ｂ　 数据 ９３ꎬ９０ꎬ９０ꎬ９１ 的平均数为 ９１ꎬ由题意可得 ｘ≥３ꎬ所以 ４ 个剩余分数为 ９３ꎬ９０ꎬ９０ꎬ９１ꎬ 则 ４ 个剩余分数的方差为 Ｓ２ ＝ １ ４ [(９３－９１) ２＋(９０－９１) ２＋(９０－９１) ２＋(９１－９１) ２] ＝ ３ ２ . ５.Ａ　 采用系统抽样ꎬ需要分 ５０ 组ꎬ每组 １０ 人.因为随机抽到的号码为 ００５ꎬ所以第一考点有 ２０ 组ꎬ抽中 ２０ 人ꎬ第二考点有 １５ 组多 ５ 人ꎬ抽中 １６ 人ꎬ所以第三考点抽中 １４ 人. ６.Ａ　 因为函数 ｆ(ｘ)与直线的三个相邻交点的横坐标分别为 ３ꎬ５ꎬ９ꎬ所以函数 ｆ(ｘ)在 ｘ ＝ ４ 时 取得最大值ꎬ在 ｘ＝ ７ 时取得最小值ꎬ所以函数 ｆ(ｘ)的最小正周期是 ６.易知函数 ｆ(ｘ)在一个 周期上的单调递增区间是[１ꎬ４]ꎬ所以函数 ｆ(ｘ)的单调递增区间是[６ｋ＋１ꎬ６ｋ＋４]ꎬｋ∈Ｚ. ７.Ｂ ８.Ｃ　 因为 Ａ( ３ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ１)ꎬ所以ＡＢ→＝(－ ３ꎬ１)ꎬ因为 θ＝－ π ３ ꎬｘ＝－ ３ꎬｙ＝ １ꎬ所以ＡＰ→＝(０ꎬ２)ꎬ所 以点 Ｐ 的坐标为( ３ ꎬ２) . ９.Ｃ　 由数量积的几何意义知ꎬＡＢ→􀅰ＡＯ→＝ ｜ＡＢ→｜ × ＡＢ → ２ ＝２ꎬＡＣ→􀅰ＡＯ→＝ ｜ＡＣ→｜ × ＡＣ → ２ ＝ ７ ２ ꎬ 又 Ｄ 为边 ＢＣ 的中点ꎬ所以ＡＤ→＝ １ ２ (ＡＢ→＋ＡＣ→)ꎬ则ＡＤ→􀅰ＡＯ→＝ １ ２ (ＡＢ→＋ＡＣ→)􀅰ＡＯ→＝ １ ２ ＡＢ→􀅰ＡＯ→＋ １ ２ ＡＣ→􀅰ＡＯ→＝１＋ ７ ４ ＝ １１ ４ . １０.Ｄ　 ｆ(ｘ)＝ ｓｉｎ ｘ－２ｃｏｓ ｘ＝ ５( １ ５ ｓｉｎ ｘ－ ２ ５ ｃｏｓ ｘ)ꎬ令 ｃｏｓ α＝ １ ５ ꎬｓｉｎ α＝ ２ ５ ꎬ则 ｆ(ｘ)＝ ５ｓｉｎ(ｘ－α) . 由题意知ꎬｓｉｎ(θ－α)＝ －１ꎬ所以 θ－α ＝ － π ２ ＋２ｋπꎬｋ∈Ｚꎬ即 θ ＝ α－ π ２ ＋２ｋπꎬｋ∈Ｚꎬ故 ｓｉｎ θ ＝ 参考答案　 第 １ 页(共 ４ 页) －ｃｏｓ α＝ － １ ５ ꎬｃｏｓ θ＝ ｓｉｎ α ＝ ２ ５ .所以 ｓｉｎ ２θ ＝ ２ｓｉｎ θｃｏｓ θ ＝ － ４ ５ ꎬｃｏｓ ２θ ＝ １－２ｓｉｎ２θ ＝ ３ ５ ꎬ所以 ｓｉｎ ２θ＋２ｃｏｓ ２θ ｓｉｎ ２θ－２ｃｏｓ ２θ ＝ － １ ５ . １１.Ａ　 设点 Ｏ 在△ＡＢＣ 的内部ꎬ若 ａ ＯＡ→＋ｂ ＯＢ→＋ｃ ＯＣ→＝ ０ꎬ则 Ｓ△ＢＯＣ ∶Ｓ△ＡＯＣ ∶Ｓ△ＢＯＡ ＝ ａ ∶ ｂ ∶ ｃ.因为 ２ ＯＡ→＋３ ＯＢ→＋４ ＯＣ→＝ ０ꎬ所以△ＡＯＣ 的面积是△ＡＢＣ 面积的 １ ３ ꎬ所以△ＡＯＣ 的面积为 ９. １２. ５π ６ ꎬ１１π １２ æ è ç ù û úú 　 因为 ｆ(ｘ)的最小正周期 Ｔ ＝ πꎬ所以 ω ＝ ２ꎬ则 ｆ( ｘ)＝ ｓｉｎ(２ｘ＋φ＋ π ３ ) .因为 ｙ ＝ ｆ(ｘ－ π ３ )是奇函数ꎬ所以 ｆ( － π ３ )＝ ０ꎬ即 ｓｉｎ(φ－ π ３ ) ＝ ０ꎬ所以 φ ＝ π ３ ＋２ｋπ 或 φ ＝ ４π ３ ＋２ｋπꎬ ｋ∈Ｚ.因为ｆ(０)>ｆ( π ６ )ꎬ所以 ｓｉｎ(φ＋ π ３ )>ｓｉｎ(φ＋２π ３ )ꎬ所以 φ ＝ π ３ ＋２ｋπꎬｋ∈Ｚ.所以 ｆ(ｘ)＝ ｓｉｎ(２ｘ＋ π ３ ＋ π ３ ＋２ｋπ)＝ ｓｉｎ(２ｘ＋２π ３ )ꎬ所以 ｆ(ｘ)在(－ π １２ ＋ｋπꎬ５π １２ ＋ｋπ)ꎬｋ∈Ｚ 上单调递减ꎬ在 (５π １２ ＋ｋπꎬ１１π １２ ＋ｋπ)ꎬｋ∈Ｚ 上单调递增.因为 ｆ( ｘ)在[０ꎬ ｔ)上没有最大值ꎬ ｆ(０) ＝ ｆ(５π ６ )ꎬ ｆ(１１π １２ )＝ １ꎬ所以实数 ｔ 的取值范围是 ５π ６ ꎬ１１π １２ æ è ç ù û úú . １３.２　 ａ􀅰ｂ＝ ｜ ａ ｜ ｜ ｂ ｜ ｃｏｓ π ３ ＝ １ꎬ所以 ｜ ａ－２ｂ ｜ ＝ (ａ－２ｂ) ２ ＝ ａ２＋４ｂ２－４ａ􀅰ｂ ＝ ２. １４.４　 ｆ(ｘ)＝ ｘ７