山西省臨汾市路東學(xué)校2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試題含解析

山西省臨汾市路東學(xué)校2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試題含解析一、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.（5分）若函數(shù)f（x）=ax+b有一個(gè)零點(diǎn)是2，那么函數(shù)g（x）=bx2﹣ax的零點(diǎn)是（） A． 0，2 B． 0， C． 0，﹣ D． 2，﹣參考答案：C考點(diǎn)： 函數(shù)零點(diǎn)的判定定理．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： 根據(jù)函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，求出b=﹣2a，然后利用一元二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．解答： 函數(shù)f（x）=ax+b有一個(gè)零點(diǎn)是2，∴f（2）=2a+b=0，即b=﹣2a，則g（x）=bx2﹣ax=﹣2ax2﹣ax=﹣ax（2x+1），由g（x）=0得x=0或x=﹣，故函數(shù)g（x）=bx2﹣ax的零點(diǎn)是0，﹣，故選：C點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查函數(shù)零點(diǎn)的求解，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義是解決本題的關(guān)鍵．2.已知,,則在上的投影為

(

)A.

B.

C.D.

參考答案：C試題分析：在上的投影為考點(diǎn)：向量的投影3.已知命題p：“?x∈R，x2＋1≥1”的否定是“?x∈R，x2＋1≤1”；命題q：在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”的充分條件，則下列命題是真命題的是()A．p且q

B．p或?q

C．?p且?q

D．p或q參考答案：D因?yàn)椤?x∈R，x2＋1≥1”的否定是“?x∈R，x2＋1<1”；所以命題p為假命題；因?yàn)樵凇鰽BC中，“A>B”是“sinA>sinB”的充要條件，所以命題q為真命題；因此p且q，p或?q，?p且?q為假命題；p或q為真命題；選D.

4.給出一個(gè)程序框圖，其作用是輸入的值，輸出相應(yīng)的值，若要使出入的值與輸出的的值相等，則這樣的的值有（

）A．1個(gè)

B．2個(gè)

C．3個(gè)

D．4個(gè)參考答案：C略5.已知的取值范圍是（

）

A、

B、

C、

D、參考答案：解析：A設(shè)，可得sin2xsin2y=2t,由。6.（3分）對(duì)于函數(shù)f（x），若在定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x，滿足f（﹣x）=﹣f（x），稱f（x）為“局部奇函數(shù)”，若f（x）=4x﹣m2x+1+m2﹣3為定義域R上的“局部奇函數(shù)”，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（） A． 1﹣≤m≤1+ B． 1﹣≤m≤2 C． ﹣2≤m≤2 D． ﹣2≤m≤1﹣參考答案：B考點(diǎn)： 函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．專題： 新定義．分析： 根據(jù)“局部奇函數(shù)”，可知函數(shù)f（﹣x）=﹣f（x）有解即可，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，利用換元法進(jìn)行求解．解答： 根據(jù)“局部奇函數(shù)”的定義可知，函數(shù)f（﹣x）=﹣f（x）有解即可，即f（﹣x）=4﹣x﹣m2﹣x+1+m2﹣3=﹣（4x﹣m2x+1+m2﹣3），∴4x+4﹣x﹣2m（2x+2﹣x）+2m2﹣6=0，即（2x+2﹣x）2﹣2m?（2x+2﹣x）+2m2﹣8=0有解即可．設(shè)t=2x+2﹣x，則t=2x+2﹣x≥2，∴方程等價(jià)為t2﹣2m?t+2m2﹣8=0在t≥2時(shí)有解，設(shè)g（t）=t2﹣2m?t+2m2﹣8，對(duì)稱軸x=，①若m≥2，則△=4m2﹣4（2m2﹣8）≥0，即m2≤8，∴﹣2，此時(shí)2，②若m＜2，要使t2﹣2m?t+2m2﹣8=0在t≥2時(shí)有解，則，即，解得1﹣，綜上：1﹣．故選：B．點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查函數(shù)的新定義，利用函數(shù)的新定義得到方程有解的條件，利用換元法將方程轉(zhuǎn)化為一元二次方程有解的問題去解決是解決本題的關(guān)鍵．綜合考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)．7.經(jīng)過平面α外兩點(diǎn)，作與α平行的平面，則這樣的平面可以作（）A．1個(gè)或2個(gè) B．0個(gè)或1個(gè) C．1個(gè) D．0個(gè)參考答案：B【考點(diǎn)】LJ：平面的基本性質(zhì)及推論．【分析】當(dāng)經(jīng)過兩點(diǎn)的直線與平面α平行時(shí)，可作出一個(gè)平面β，使β∥α；當(dāng)經(jīng)過兩點(diǎn)的直線與平面α相交時(shí)，由于作出的平面與平面α至少有一個(gè)公共點(diǎn)，故不可以作出與平面α平行的平面．【解答】解：分兩種情況：①當(dāng)經(jīng)過兩點(diǎn)的直線與平面α平行時(shí)，可作出一個(gè)平面β，使β∥α；②當(dāng)經(jīng)過兩點(diǎn)的直線與平面α相交時(shí)，由于作出的平面與平面α至少有一個(gè)公共點(diǎn)故經(jīng)過兩點(diǎn)的平面都與平面α相交，不可以作出與平面α平行的平面故滿足條件的平面有0個(gè)或1個(gè)．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查滿足條件的平面?zhèn)€數(shù)的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力，考查分類與整合思想，是基礎(chǔ)題．8.在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c且acosB+acosC=b+c，則△ABC的形狀是（）A．等邊三角形 B．銳角三角形 C．鈍角三角形 D．直角三角形參考答案：D【考點(diǎn)】GZ：三角形的形狀判斷．【分析】可利用余弦定理將cosB與cosC化為邊的關(guān)系，【解答】解法1：∵，，∴acosB+acosC=+====b+c，∵b+c＞0，∴a2﹣b2﹣c2+2bc=2bc，∴a2=b2+c2，故選D．解法2：由acosB+acosC=b+c可知，∠B，∠C不可能為鈍角，過點(diǎn)C向AB作垂線，垂足為D，則acosB=BD≤BA=c，同理acosC≤b，∴acosB+acosC≤b+c，又∵acosB+acosC=b+c，∴acosB=c，acosC=b，∴∠A=90°；故選D．9.若方程x2+y2﹣x+y+m=0表示圓，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．m＜ B．m＞ C．m＜0 D．m≤參考答案：A【考點(diǎn)】二元二次方程表示圓的條件．【分析】方程x2+y2﹣x+y+m=0即=﹣m，此方程表示圓時(shí)，應(yīng)有﹣m＞0，由此求得實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解答】解：方程x2+y2﹣x+y+m=0即=﹣m，此方程表示圓時(shí)，應(yīng)有﹣m＞0，解得m＜，故選A．10.若120°的終邊上有一點(diǎn)(－1,a),則a=（

）A．

B．

C．

D．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.定義映射f：(x，y)→(，)，△OAB中O(0,0)，A(1,3)，B(3,1)，則△OAB在映射f的作用下得到的圖形的面積是________．參考答案：12.經(jīng)過點(diǎn)且到原點(diǎn)距離為的直線方程為

▲

參考答案：x=2或13.函數(shù)的定義域是

，值域是

。參考答案：，；14.函數(shù)y＝x2+3x﹣1，x∈[﹣2，3]的值域是_____．參考答案：[，17]【分析】直接利用二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)求解.【詳解】因?yàn)閥＝x2+3x﹣1，所以函數(shù)對(duì)稱軸為，因?yàn)閤∈[﹣2，3]，所以當(dāng)x時(shí)，y的值最小為，當(dāng)x＝3時(shí)，y的值最大為32+9﹣1＝17，所以函數(shù)的值域?yàn)閇，17]．故答案為：[，17]【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)在區(qū)間上的值域的求法，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平.15.集合，它們之間的包含關(guān)系是________________．參考答案：略16.，，則＝____________.參考答案：略17.若方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根都大于，則實(shí)數(shù)的取值范圍是

．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.扇形AOB中心角為60°，所在圓半徑為，它按如圖(Ⅰ)(Ⅱ)兩種方式有內(nèi)接矩形CDEF．(1)矩形CDEF的頂點(diǎn)C、D在扇形的半徑OB上，頂點(diǎn)E在圓弧AB上，頂點(diǎn)F在半徑OA上，設(shè)；(2)點(diǎn)M是圓弧AB的中點(diǎn)，矩形CDEF的頂點(diǎn)D、E在圓弧AB上，且關(guān)于直線OM對(duì)稱，頂點(diǎn)C、F分別在半徑OB、OA上，設(shè)；試研究(1)(2)兩種方式下矩形面積的最大值，并說明兩種方式下哪一種矩形面積最大？參考答案：見解析【詳解】試題分析：(1)運(yùn)用公式時(shí)要注意審查公式成立的條件，要注意和差、倍角的相對(duì)性，要注意升冪、降冪的靈活運(yùn)用；（2）重視三角函數(shù)的三變：三變指變角、變名、變式；變角：對(duì)角的分拆要盡可能化成同名、同角、特殊角；變名：盡可能減少函數(shù)名稱；變式：對(duì)式子變形一般要盡可能有理化、整式化、降低次數(shù)等，適當(dāng)選擇公式進(jìn)行變形；（3）把形如化為，可進(jìn)一步研究函數(shù)的周期、單調(diào)性、最值和對(duì)稱性.試題解析：解（1）在中，設(shè)，則又當(dāng)即時(shí)，（2）令與的交點(diǎn)為，的交點(diǎn)為，則，于是，又當(dāng)即時(shí)，取得最大值.,（1）（2）兩種方式下矩形面積的最大值為方式一：考點(diǎn)：把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求最值問題.19.（14分）如圖，棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中（1）求證：AC⊥平面B1D1DB；（2）求三棱錐B﹣ACB1的體積．參考答案：考點(diǎn)： 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面垂直的判定．專題： 計(jì)算題；空間位置關(guān)系與距離．分析： （1）利用線面垂直的判定定理，即可證明AC⊥平面B1D1DB；（2）利用等體積轉(zhuǎn)化，即可求三棱錐B﹣ACB1的體積．解答： （1）證明：∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴BB1⊥AC

（3分）在正方形ABCD中，AC⊥BD，（5分）∵BB1∩BD=B，∴AC⊥平面B1D1DB；

（7分）（2）三棱錐B﹣ACB1的體積=三棱錐C﹣ABB1的體積=×CB×=（14分）點(diǎn)評(píng)： 本題考查線面垂直的判定定理，考查等體積轉(zhuǎn)化求三棱錐B﹣ACB1的體積，屬于中檔題．20.已知函數(shù)㏒且＞1.（1）求函數(shù)的定義域并判斷函數(shù)的奇偶性；（2）討論函數(shù)在其定義域上的單調(diào)性.

參考答案：解：(1)定義域?yàn)?－∞，1)，

----------（3分）

奇偶性：非奇非偶函數(shù)

-----------（6分）(2)設(shè)1＞x2＞x1

∵a＞1，∴，于是a－＜a－

則loga(a－a)＜loga(a－)

即f(x2)＜f(x1)

-----------（10分）∴f(x)在定義域(－∞，1)上是減函數(shù)-----------（12分）

21.（18）（本小題滿分12分）求過點(diǎn)A(3,4)與圓C:(x-2)2+(y-1)2=1相切的直線方程參考答案：解:設(shè)所求方程為y-4=k(x-3)即kx-y+4-3k=0由=1得k=所以切線方程為4x-3y=0當(dāng)過A(3,4)向圓可作兩條切線,另一條為x=3所求切線方程為4x-3y=0或x=3略22.某濱海高檔住宅小區(qū)給每一戶業(yè)主均提供兩套供水方案，一是供應(yīng)市政自來水，每噸自來水的水費(fèi)是2元；方案二是限最供應(yīng)10噸海底巖層中的溫泉水，苦溫泉水用水量不超過5噸．則按基本價(jià)每噸8元收?。^5噸不超過8噸的部分按基本價(jià)的1.5倍收取，超過8噸不超過10噸的部分按基本價(jià)的2倍收?。?）試寫出溫泉水用水費(fèi)y（元）與其用水量x（噸）之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）若業(yè)主小王繳納10月份的物業(yè)費(fèi)時(shí)發(fā)現(xiàn)一共用水16噸，被收取的費(fèi)用為72元，那么他當(dāng)月的自來水與溫泉水用水量各為多少噸？參考答案：【考點(diǎn)】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用．【分析】（1）分0≤x≤5、5＜x≤8、8＜x≤10三種情況討論即可；（2）通過設(shè)溫泉水用水量x噸，則自來水用水量16﹣x噸，分0≤x≤5、5＜x≤8、8＜x≤10三種情況討論即可．【解答】解：（1）依題意，當(dāng)0≤x≤5時(shí)，y=8x，