福建省南平市文化武術(shù)學(xué)校2022年高一數(shù)學(xué)理月考試卷含解析

/福建省南平市文化武術(shù)學(xué)校2022年高一數(shù)學(xué)理月考試卷含解析一、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.若，則下列各式正確的是A

B

C

D參考答案：D略2.函數(shù)在區(qū)間的簡(jiǎn)圖是（

）A. B.C. D.參考答案：A【分析】根據(jù)函數(shù)解析式可得當(dāng)x時(shí)，y＝sin[（2]＞0，故排除A，D；當(dāng)x時(shí)，y＝sin0＝0，故排除C，從而得解．【詳解】解：當(dāng)時(shí)，，故排除A，D；當(dāng)時(shí)，，故排除C；故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了五點(diǎn)法作圖，特值法，屬于基礎(chǔ)題．3.設(shè)，，，則（）．A． B． C． D．參考答案：B由對(duì)數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知：，，，∴．故選．4.若角α與角β的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則（）A．α+β=π+kπ（k∈Z） B．α+β=π+2kπ（k∈Z）C． D．參考答案：B【考點(diǎn)】終邊相同的角．【專(zhuān)題】函數(shù)思想；綜合法；三角函數(shù)的求值．【分析】根據(jù)角α與角β的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，即可確定α與β的關(guān)系．【解答】解：∵π﹣α是與α關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的一個(gè)角，∴β與π﹣α的終邊相同，即β=2kπ+（π﹣α）∴α+β=α+2kπ+（π﹣α）=（2k+1）π，故答案為：α+β=（2k+1）π或α=﹣β+（2k+1）π，k∈z，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查角的對(duì)稱(chēng)之間的關(guān)系，根據(jù)終邊相同的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，比較基礎(chǔ)．5.已知函數(shù)和在同一直角坐標(biāo)系中的圖象不可能是（

）參考答案：D6.直線(xiàn)經(jīng)過(guò)斜率為2，則這條直線(xiàn)的方程是（

）；A． B． C． D．參考答案：C7.若，，則等于

（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D8.已知是兩條不同的直線(xiàn)，是三個(gè)不同的平面，下列命題中錯(cuò)誤的是（

）A．若，則∥

B．若∥，∥，則∥C．若∥，則∥D．若是異面直線(xiàn)，∥，∥，則∥參考答案：C略9.在《九章算術(shù)》中，底面是直角三角形的直棱柱成為“塹堵”.某個(gè)“塹堵”的高為2，且該“塹堵”的外接球表面積為12π，則該“塹堵”的表面積的最大值為（

）A. B. C. D.參考答案：B【分析】設(shè)底面直角三角形的兩直角邊為a,b,斜邊為c,求出，再利用基本不等式求出a+b的范圍，利用二次函數(shù)的圖象得解.【詳解】設(shè)底面直角三角形的兩直角邊為a,b,斜邊為c,由題得.由題得該“塹堵”的表面積為.因?yàn)?所以令，所以當(dāng)t=4時(shí)，S最大為.故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查幾何體的外接球問(wèn)題和基本不等式，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平和分析推理能力.10.等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，已知向量，，且，則A.12 B.10 C.5 D.參考答案：C【分析】利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、等比數(shù)列的性質(zhì)及其對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)即可得出．【詳解】向量＝（，），＝（，），且?＝4，∴+＝4，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得：＝……＝＝＝2，則log2（?）＝．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、等比數(shù)列的性質(zhì)及其對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知點(diǎn)，，向量，若，則實(shí)數(shù)的值為

．參考答案：12.設(shè),則的值是____.參考答案：【分析】根據(jù)二倍角公式得出，再根據(jù)誘導(dǎo)公式即可得解。【詳解】解：由題意知：故，即。故答案為.【點(diǎn)睛】本題考查了二倍角公式和誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題。13.“△中,若,則都是銳角”的否命題為

；參考答案：若,則不都是銳角

條件和結(jié)論都否定14.設(shè)函數(shù)f(x)＝的定義域?yàn)榧螦，則集合A∩Z中元素的個(gè)數(shù)是

．參考答案：略15.在△ABC中，三個(gè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．若角A，B，C成等差數(shù)列，且邊a，b，c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為_(kāi)______．參考答案：等邊三角形【詳解】分析：角成等差數(shù)列解得，邊成等比數(shù)列，則，再根據(jù)余弦定理得出的關(guān)系式。詳解：角成等差數(shù)列，則解得，邊成等比數(shù)列，則，余弦定理可知故為等邊三角形。點(diǎn)睛：判斷三角形形狀，是根據(jù)題意推導(dǎo)邊角關(guān)系的恒等式。16.若連擲兩次骰子,分別得到的點(diǎn)數(shù)是,將作為點(diǎn)P的坐標(biāo),則點(diǎn)P()落在圓內(nèi)的概率為_(kāi)____.參考答案：2/9略17.設(shè)非空集合S={x|m≤x≤l}對(duì)任意的x∈S，都有x2∈S，若，則l的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】元素與集合關(guān)系的判斷．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；集合思想；不等式的解法及應(yīng)用；集合．【分析】由m的范圍求得m2=∈S，再由題意列關(guān)于l的不等式組，解該不等式組即得l的范圍．【解答】解：由m=﹣時(shí)，得m2=∈S，則，解得：≤l≤1；∴l(xiāng)的范圍是[，1]．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素與集合的關(guān)系的判斷，正確理解題意是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題．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.如圖，在空間中的直角三角形ABC與直角梯形EFGD中，平面ABC//平面DEFG，AD⊥平面DEFG，AC∥DG.且AB=AD＝DE=DG=2,AC=EF=1.

(Ⅰ）求證：四點(diǎn)B、C、F、G共面；

(Ⅱ）求平面ADGC與平面BCGF所組成的二面角余弦值；

(Ⅲ）求多面體ABC-DEFG的體積.

參考答案：由AD⊥面DEFG和直角梯形EFGD可知，AD、DE、DG兩兩垂直，建立如圖的坐標(biāo)系，則A（0，0，2），B（2，0，2），C（0，1，2），E（2，0，0），G（0，2，0），F(xiàn)（2，1，0）(1）

∴，即四邊形BCGF是平行四邊形.故四點(diǎn)B、C、F、G共面.(2），設(shè)平面BCGF的法向量為，則，令，則，而平面ADGC的法向量

∴＝故面ADGC與面BCGF所組成的二面角余弦值為.(3）設(shè)DG的中點(diǎn)為M，連接AM、FM，則＝＝＝＝.解法二

(1）設(shè)DG的中點(diǎn)為M，連接AM、FM，則由已知條件易證四邊形DEFM是平行四邊形，所以MF//DE，且MF＝DE又∵AB//DE，且AB＝DE

∴MF//AB，且MF＝AB∴四邊形ABMF是平行四邊形，即BF//AM，且BF＝AM又∵M(jìn)為DG的中點(diǎn)，DG=2,AC＝1，面ABC//面DEFG∴AC//MG，且AC＝MG，即四邊形ACGM是平行四邊形∴GC//AM，且GC＝AM故GC//BF，且GC＝BF，即四點(diǎn)B、C、F、G共面4分

(2）∵四邊形EFGD是直角梯形，AD⊥面DEFG∴DE⊥DG，DE⊥AD，即DE⊥面ADGC，

∵M(jìn)F//DE，且MF＝DE，

∴MF⊥面ADGC在平面ADGC中，過(guò)M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，則顯然∠MNF是所求二面角的平面角.∵在四邊形ADGC中，AD⊥AC，AD⊥DG，AC=DM＝MG＝1∴，

∴＝＝＝∴

，

∴MN＝在直角三角形MNF中，MF＝2，MN∴＝＝＝，＝故面ADGC與面BCGF所組成的二面角余弦值為

(3）＝＝

＝＝.19.（本小題滿(mǎn)分12分）如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N、G分別是A1A，D1C，AD的中點(diǎn)．求證：（Ⅰ）MN//平面ABCD；（Ⅱ）MN⊥平面B1BG．參考答案：證明：（Ⅰ）取CD的中點(diǎn)記為E，連NE，AE．

由N，E分別為CD1與CD的中點(diǎn)可得

NE∥D1D且NE=D1D，………………2分又AM∥D1D且AM=D1D………………4分所以AM∥EN且AM=EN，即四邊形AMNE為平行四邊形所以MN∥AE，

又AE面ABCD,所以MN∥面ABCD……6分（Ⅱ）由AG＝DE，，DA＝AB可得與全等……………8分所以，

又，所以所以，

………………10分又,所以，

又MN∥AE，所以MN⊥平面B1BG

…………………12分

20.已知數(shù)列{an}中，a1=3，且an=2an﹣1+2n﹣1（n≥2且n∈N*）（Ⅰ）證明：數(shù)列{}為等差數(shù)列；（Ⅱ）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn．參考答案：【考點(diǎn)】8H：數(shù)列遞推式；8E：數(shù)列的求和．【分析】（1）整理變形an﹣1=2（an﹣1﹣1）+2n，（n≥2且n∈N*）式兩端同除以2n得出：=1=常數(shù)，運(yùn)用等差數(shù)列的和求解即可．（2）根據(jù)數(shù)列的和得出Sn=（1×21+2×22+3×23+…+n×2n）+n，設(shè)Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，運(yùn)用錯(cuò)位相減法求解即可．得出Tn，代入即可．【解答】解：（1）∵an=2an﹣1+2n﹣1（n≥2且n∈N*）∴an﹣1=2（an﹣1﹣1）+2n，（n≥2且n∈N*）∴等式兩端同除以2n得出：=1=常數(shù)，∵a1=3，∴==1，∴數(shù)列{}為等差數(shù)列，且首項(xiàng)為1，公差為1，（2）∵根據(jù)（1）得出=1+（n﹣1）×1=n，an=n×2n+1∴數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=（1×21+2×22+3×23+…+n×2n）+n，令Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，①2Tn=1×22+2×23+3×24+…+（n﹣1）×2n+n×2n+1，②①﹣②得出：﹣Tn=2+22+23+…+2n﹣n×2n+1，∴Tn=n×2n+1﹣2×2n+2，∴Sn=n×2n+1﹣2n+1+2+n【點(diǎn)評(píng)】本題考察了數(shù)列的遞推關(guān)系式的運(yùn)用，錯(cuò)位相減法求解數(shù)列的和，考察了學(xué)生的分析問(wèn)題，化簡(jiǎn)計(jì)算的能力．21.已知全集U=R，A={x|≤2x≤8}，B={x|x＞0}，C={x|m＜x＜m+2}（Ⅰ）求A∩（?UB）；（Ⅱ）若A∩C=?，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算；交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算．【分析】（Ⅰ）先求出集合A和CUB，由此能求出A∩（?UB）．（Ⅱ）由A∩C=?，得m+2≤﹣1或m≥3，由此能示出m的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）∵A={x|≤2x≤8}={x|﹣1≤x≤3}…，B={x|x＞0}，∴CUB={x|x≤0}…A∩（?UB）={x|﹣1≤x≤0}．…（Ⅱ）∵A={x|﹣1≤x≤3}，C={x|m＜x＜m+2}，A∩C=?，∴m+2≤﹣1或m≥3．∴m的取值范圍為{m|m≤﹣3或m≥3}．…22.設(shè)集合，的子集滿(mǎn)足：對(duì)中任意3個(gè)元素a，b，c（不必不同），都有a+b+c≠0.求集合的元素個(gè)數(shù)的最大值.參考答案：集合的元素個(gè)數(shù)的最大值為.令，顯然集合符合要求，且.另一方面，設(shè)是滿(mǎn)足題設(shè)條件的集合，顯然（否則）.設(shè)中的所有正整數(shù)構(gòu)