吉林省四平市公主嶺第一中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)理測(cè)試題含解析

吉林省四平市公主嶺第一中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)理測(cè)試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.如圖，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是β內(nèi)不同的兩點(diǎn)，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．下列判斷正確的是()A．當(dāng)|CD|＝2|AB|時(shí)，M，N兩點(diǎn)不可能重合B．M，N兩點(diǎn)可能重合，但此時(shí)直線AC與l不可能相交C．當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時(shí)，直線BD可以與l相交D．當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線MN可能與l平行參考答案：B2.（4分）已知直線l1：x﹣2y+1=0與l2：2x+ky+3=0平行，則k的值是（） A． B． ﹣ C． ﹣4 D． 4參考答案：C考點(diǎn)： 直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系．專題： 直線與圓．分析： 直接由兩直線平行與系數(shù)間的關(guān)系列式求得k的值．解答： ∵直線l1：x﹣2y+1=0與l2：2x+ky+3=0平行，∴，解得：k=﹣4．故選：C．點(diǎn)評(píng)： 本題考查了直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系，關(guān)鍵是對(duì)公式的記憶與應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．3.半徑為的球內(nèi)接一個(gè)正方體，則該正方體的體積是（

）.[來(lái)源:高&考%資(源#網(wǎng)wxc]A.

B.

C.

D.參考答案：C4.函數(shù)在上有定義,若對(duì)任意,有則稱在上具有性質(zhì).設(shè)在[1,3]上具有性質(zhì),現(xiàn)給出如下題:①在上的圖像時(shí)連續(xù)不斷的;

②在上具有性質(zhì);③若在處取得最大值,則;④對(duì)任意,有其中真命題的序號(hào)（）A．①②

B．①③

C．②④

D．③④參考答案：D5.如圖，動(dòng)點(diǎn)在正方體的對(duì)角線上．過(guò)點(diǎn)作垂直于平面的直線，與正方體表面相交于．設(shè)，，則函數(shù)的圖象大致是（

）參考答案：B6.要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象（

）A.向左平移個(gè)單位 B.向右平移個(gè)單位C.向右平移個(gè)單位 D.向左平移個(gè)單位參考答案：C試題分析：因?yàn)椋灾恍鑼⒑瘮?shù)的圖象右移個(gè)單位即得函數(shù)的圖象，關(guān)系C?？键c(diǎn)：本題主要考查三角函數(shù)圖象的變換，誘導(dǎo)公式的應(yīng)用。點(diǎn)評(píng)：簡(jiǎn)單題，函數(shù)圖象左右平移變換中，遵循“左加右減”。7.（5分）設(shè)α﹑β為鈍角，且sinα=，cosβ=﹣，則α+β的值為（） A． B． C． D． 或參考答案：C考點(diǎn)： 兩角和與差的正弦函數(shù)．專題： 計(jì)算題；三角函數(shù)的求值．分析： 依題意，可求得cosα=﹣，sinβ=，利用兩角和的余弦可求得cos（α+β）的值，從而可得答案．解答： ∵α﹑β為鈍角，且sinα=，cosβ=﹣，∴cosα=﹣，sinβ=，∴cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ=﹣×（﹣）﹣×=，又α﹑β為鈍角，∴α+β∈（π，2π），∴α+β=．故選：C．點(diǎn)評(píng)： 本題考查兩角和的余弦，考查同角三角函數(shù)間的關(guān)系式的應(yīng)用，屬于中檔題．8.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，，E，F(xiàn)分別是BC，DC中點(diǎn)，則異面直線AD1與EF所成角大小為（

）．A.45° B.30° C.60° D.90°參考答案：C【詳解】分別是中點(diǎn)，所以有而，因此異面直線與所成角為在正方體中，,所以，故本題選C。9.（5分）已知函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，而且在上是減函數(shù)，且有最小值為2，那么在上說(shuō)法正確的是（） A． 增函數(shù)且有最小值為2 B． 增函數(shù)且有最大值為2 C． 減函數(shù)且有最小值為2 D． 減函數(shù)且有最大值為2參考答案：A考點(diǎn)： 奇偶性與單調(diào)性的綜合．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： 由偶函數(shù)在關(guān)于y軸對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反及偶函數(shù)定義可選出正確答案．解答： ∵偶函數(shù)f（x）在區(qū)間上是減函數(shù)，∴根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)知f（x）在區(qū)間上是增函數(shù)，又偶函數(shù)f（x）在區(qū)間上有最小值，即f（x）min=f（6）=2，則f（x）在區(qū)間上的最小值f（x）min=f（﹣6）=﹣f（6）=﹣2，故選：A．點(diǎn)評(píng)： 本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性間的關(guān)系，注意偶函數(shù)在關(guān)于y軸對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反，奇函數(shù)在關(guān)于y軸對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性一致．10.將長(zhǎng)方體截去一個(gè)四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的左視圖為（

）參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)，則的最大值為

．參考答案：1由，解得或，，函數(shù)圖象如圖所示，當(dāng)時(shí)取得最大值1.故答案為1.

12.（4分）Sn=1+2+3+…+n，則sn=

．參考答案：考點(diǎn)：數(shù)列的求和．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：利用分組求和法進(jìn)行求解即可．解答：Sn=1+2+3+…+n=（1+2+3+…+n）+（++…+）=+=，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題主要考查數(shù)列求和的計(jì)算，利用分組求和法將數(shù)列轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列和等差數(shù)列是解決本題的關(guān)鍵．13.若正四棱誰(shuí)的所有棱長(zhǎng)都相等，則該棱錐的側(cè)棱與底面所成的角的大小為_(kāi)___.參考答案：45°【分析】先作出線面角，再利用三角函數(shù)求解即可．【詳解】如圖，設(shè)正四棱錐的棱長(zhǎng)為1，作在底面的射影，則為與底面所成角，為正方形的中心，，，，故答案為：45°．【點(diǎn)睛】本題考查線面角，考查學(xué)生的計(jì)算能力，作出線面角是關(guān)鍵．屬于基礎(chǔ)題.14.函數(shù)有一零點(diǎn)所在的區(qū)間為（n0，n0+1）（），則n0=

．參考答案：1【考點(diǎn)】函數(shù)零點(diǎn)的判定定理．【分析】在同一坐標(biāo)系中分別畫(huà)出對(duì)數(shù)函數(shù)y=ln（x+1）和函數(shù)y=的圖象，其交點(diǎn)就是原函數(shù)的零點(diǎn)，進(jìn)而驗(yàn)證f（1）＜0，f（2）＞0，即可求得n0的值．【解答】解：根據(jù)題意如圖：當(dāng)x=1時(shí)，ln2＜1，當(dāng)x=2時(shí)，ln3＞，∴函數(shù)f（x）=ln（x+1）﹣的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是（1，2），故n0=1故答案為：1．15.的非空真子集為

；參考答案：{a},16.已知函數(shù)f（x）=log2（4x+1）+mx，當(dāng)m＞0時(shí)，關(guān)于x的不等式f（log3x）＜1的解集為

．

參考答案：（0,1）函數(shù)，當(dāng)時(shí)，可知f(x)單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，可得，那么不等式的解集，即，解得，故答案為.

17.在，角所對(duì)的邊分別是，若，則邊

▲

．參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.(本題滿分14分)

如圖，平行四邊形中，，，，沿將折起，使二面角為銳二面角，設(shè)在平面上的射影為，若（1）求二面角的大小．（2）求AC與平面COD所成角的正切值（3）在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使得面AOC，若存在，求出P點(diǎn)位置并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由參考答案：解：(1)連接，

∵平面，，∴平面，

∴，

∴，故，

∴，∴，

∴，

………………2分

又

，∴面OCD即為二面角的平面角在中，，得．………………5分（2）∵面ABD，∴面ABD過(guò)A作交DO延長(zhǎng)線于M點(diǎn)，連CM，則面COD∴即為AC與平面COD所成角在中，，OM=OD，∴CM=CD=2又AM=BD=∴，即AC與平面COD所成角的正切值為………………9分（3）取BC的中點(diǎn)P，AC的中點(diǎn)E，連接PD，PE，OE∵PE是的中位線，∴，，又，OD=1∴，∴四邊形PEOD為平行四邊形，∴OE，又面AOC，面AOC，∴面AOC即存在BC的中點(diǎn)P，滿足面AOC………………14分19.已知函數(shù)f（x）=x2+bx+c，其對(duì)稱軸為y軸（其中b，c為常數(shù)）（Ⅰ）求實(shí)數(shù)b的值；（Ⅱ）記函數(shù)g（x）=f（x）﹣2，若函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)c的取值范圍；（Ⅲ）求證：不等式f（c2+1）＞f（c）對(duì)任意c∈R成立．參考答案：【考點(diǎn)】二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】（Ⅰ）若函數(shù)f（x）=x2+bx+c，其對(duì)稱軸為y軸，則=0，解得b值；（Ⅱ）由（I）得g（x）=f（x）﹣2=x2+c﹣2，若函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則△=﹣4（c﹣2）＞0，解得c的范圍；（Ⅲ）函數(shù)f（x）=x2+c的開(kāi)口朝上，證得|c2+1|2﹣|c|2＞0恒成立，可得不等式f（c2+1）＞f（c）對(duì)任意c∈R成立．【解答】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=x2+bx+c，其對(duì)稱軸為y軸，∴=0，解得：b=0；（Ⅱ）由（I）得：f（x）=x2+c，則g（x）=f（x）﹣2=x2+c﹣2，若函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則△=﹣4（c﹣2）＞0，解得：c＜2；（Ⅲ）證明：函數(shù)f（x）=x2+c的開(kāi)口朝上，∵|c2+1|2﹣|c|2=c4+c2+1=（c2+）2+＞0恒成立，故|c2+1|＞|c|，故不等式f（c2+1）＞f（c）對(duì)任意c∈R成立．20.已知數(shù)列{an}滿足：，且.（1）求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；（2）設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若對(duì)任意都成立．試求t的取值范圍．參考答案：（1）見(jiàn)解析;（2）．試題分析：(1)利用題中的遞推關(guān)系計(jì)算可得后項(xiàng)與前項(xiàng)的比值為定值，計(jì)算首項(xiàng)為即可證得數(shù)列為等比數(shù)列；(2)原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的都成立，分類討論可得：實(shí)數(shù)的取值范圍是．試題解析：（1）因?yàn)椋?，，所以，所以，又，所以?shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列.（2）由（1）得，，即，則．又，要使對(duì)任意的都成立，即（*）對(duì)任意的都成立．①當(dāng)為正奇數(shù)時(shí)，由（*）得，，即，因?yàn)椋詫?duì)任意的正奇數(shù)都成立，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，有最小值1，所以．②當(dāng)為正偶數(shù)時(shí)，由（*）得，，即，因，所以對(duì)任意的正偶數(shù)都成立．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，有最小值，所以．綜上所述，存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意都成立，故實(shí)數(shù)的取值范圍是．21.已知圓M過(guò)兩點(diǎn)A（1，﹣1），B（﹣1，1），且圓心M在直線x+y﹣2=0上．（1）求圓M的方程．（2）設(shè)P是直線3x+4y+8=0上的動(dòng)點(diǎn)，PC、PD是圓M的兩條切線，C、D為切點(diǎn)，求四邊形PCMD面積的最小值．參考答案：【考點(diǎn)】直線和圓的方程的應(yīng)用；圓的切線方程．【分析】（1）設(shè)圓心M（a，b），依題意，可求得AB的垂直平分線l的方程，利用方程組可求得直線l與直線x+y﹣2=0的交點(diǎn)，即圓心M（a，b），再求得r=|MA|=2，即可求得圓M的方程；（2）作出圖形，易得SPCMD=|MC|?|PC|=2=2，利用點(diǎn)到直線間的距離公式可求得|PM|min=d=3，從而可得（SPCMD）min=2．【解答】解：（1）設(shè)圓心M（a，b），則a+b﹣2=0①，又A（1，﹣1），B（﹣1，1），∴kAB==﹣1，∴AB的垂直平分線l的斜率k=1，又AB的中點(diǎn)為O（0，0），∴l(xiāng)的方程為y=x，而直線l與直線x+y﹣2=0的交點(diǎn)就是圓心M（a，b），由解得：，又r=|MA|=2，∴圓M的方程為（x﹣1）2+（y﹣1）2=4．（2）如圖：SPCMD=|MC|?|PC|=2=2，又點(diǎn)M（1，1）到3x+4y+8=0的距離d=|MN|==3，所