湖南省衡陽市甘泉中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試卷含解析

湖南省衡陽市甘泉中學(xué)2022-2023學(xué)年高一數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試卷含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.己知，則m等于(

)A．-

B．

C．

D．-參考答案：A考點：函數(shù)的值．專題：計算題．分析：設(shè)，求出f（t）=4t+7，進而得到f（m）=4m+7，由此能夠求出m．解答：解：設(shè)，則x=2t+2，∴f（t）=4t+7，∴f（m）=4m+7=6，解得m=﹣．故選A．點評：本題考查函數(shù)值的求法，解題時要認真審題，仔細求解，注意公式的靈活運用．2.下列說法不正確的是（

）A．空間中，一組對邊平行且相等的四邊形是一定是平行四邊形；B．同一平面的兩條垂線一定共面；C．過直線上一點可以作無數(shù)條直線與這條直線垂直，且這些直線都在同一個平面內(nèi)；D．過一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直.參考答案：D3.化簡=（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】向量加減混合運算及其幾何意義；零向量．【分析】根據(jù)向量加法的三角形法則，我們對幾個向量進行運算后，即可得到答案．【解答】解：∵．故選B4.函數(shù)的圖象大致是

（

）參考答案：C略5.某個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的表面積(結(jié)果保留π)為

A．

B．

C．

D．參考答案：C球的半徑為1，故半球的表面積的公式為，半球下底面表面積為π長方體的表面積為24，所以幾何體的表面積為。

6.函數(shù)的零點一定位于的區(qū)間是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：B7.若a＜b＜c，則下列結(jié)論中正確的是（）A.a|c|＜b|c| B.ab＜bc C.a﹣c＜b﹣c D.參考答案：C∵a<b<c，當(dāng)c=0時，a|c|<b|c|不成立，故A錯誤；當(dāng)b=0時，ab<bc不成立，故B錯誤；a?c<b?c一定成立，故C正確；當(dāng)a,b,c異號時,>>不成立，故D錯誤；故選：C8.如果執(zhí)行下面的程序框圖，那么輸出的（）.Ａ．-2450

Ｂ．-2550

Ｃ．-2650

Ｄ．-2652

參考答案：C9.在下列區(qū)間中，函數(shù)-的零點所在的區(qū)間為（

）

A．（0，1）

B.（1，2）

C.（2，3）

D.（3，4）參考答案：B10.已知函數(shù)f（x）=ax2+2ax+4（﹣3＜a＜0），其圖象上兩點的橫坐標為x1、x2滿足x1＜x2，且x1+x2=1+a，則由（）A．f（x1）＜f（x2） B．f（x1）=f（x2）C．f（x1）＞f（x2） D．f（x1）、f（x2）的大小不確定參考答案：C【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】運用作差法比較，將f（x1）﹣f（x2）化簡整理得到a（x1﹣x2）（x1+x2+2），再由條件即可判斷．【解答】解：∵函數(shù)f（x）=ax2+2ax+4，∴f（x1）﹣f（x2）=ax12+2ax1+4﹣（ax22+2ax2+4）=a（x12﹣x22）+2a（x1﹣x2）=a（x1﹣x2）（x1+x2+2）∵x1+x2=1+a，∴f（x1）﹣f（x2）=a（3+a）（x1﹣x2），∵﹣3＜a＜0，x1＜x2，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．故選：C．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.下列幾個命題：①直線與函數(shù)的圖象有3個不同的交點；②函數(shù)在定義域內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)；③函數(shù)與的圖象關(guān)于軸對稱；④若函數(shù)的值域為，則實數(shù)的取值范圍為；⑤若定義在上的奇函數(shù)對任意都有，則函數(shù)為周期函數(shù)．其中正確的命題為

（請將你認為正確的所有命題的序號都填上）．參考答案：12.不等式組的解集是

．參考答案：13.下列每組兩個函數(shù)可表示為同一函數(shù)的序號為

▲

.

①； ②；③； ④.參考答案：14.兩條平行線l1：3x+4y=2與l2：ax+4y=7的距離為

．參考答案：5【考點】II：直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系．【分析】由平行線間的距離公式可得兩平行線間的距離．【解答】解：l2：ax+4y=7為3x+4y=7，由平行線間的距離公式可得：兩平行線間的距離d==5，故答案為515.設(shè)函數(shù)，則的單調(diào)遞減區(qū)間是

。參考答案：略16.平面a∥平面b，過平面a、b外一點P引直線PAB分別交a、b于A、B兩點，PA=6，AB=2，引直線PCD分別交a、b于C、D兩點．已知BD=12，則AC的長等于＿＿＿＿＿＿＿參考答案：917.設(shè)奇函數(shù)在(0,+∞)上為增函數(shù)，且，則不等式的解集為__________．參考答案：(－1,0)∪(0,1)∵函數(shù)是奇函數(shù)，∴，∴不等式等價于，即或．根據(jù)條件可作出—函數(shù)的大致圖象，如圖所示：故不等式的解集為．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.已知以點C（t，）（t∈R且t≠0）為圓心的圓經(jīng)過原點O，且與x軸交于點A，與y軸交于點B．（1）求證：△AOB的面積為定值．（2）設(shè)直線2x+y﹣4=0與圓C交于點M，N，若|OM|=|ON|，求圓C的方程．（3）在（2）的條件下，設(shè)P，Q分別是直線l：x+y+2=0和圓C上的動點，求|PB|+|PQ|的最小值及此時點P的坐標．參考答案：【考點】直線和圓的方程的應(yīng)用．【分析】（1）由題意可得：圓的方程為：=t2+，化為：x2﹣2tx+y2﹣=0．求出與坐標軸的交點，即可對稱S△OAB．（2）由|OM|=|ON|，可得原點O在線段MN的垂直平分線上，設(shè)線段MN的中點為H，則C，H，O三點共線，可得t，即可對稱圓C的方程．（3）由（2）可知：圓心C（2，1），半徑r=，點B（0，2）關(guān)于直線x+y+2=0的對稱點為B′（﹣4，﹣2），則|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，又點B′到圓上點Q的最短距離為|B′C|﹣r=﹣=2，進而得出．【解答】（1）證明：由題意可得：圓的方程為：=t2+，化為：x2﹣2tx+y2﹣=0．與坐標軸的交點分別為：A（2t，0），B．∴S△OAB==4，為定值．（2）解：∵|OM|=|ON|，∴原點O在線段MN的垂直平分線上，設(shè)線段MN的中點為H，則C，H，O三點共線，OC的斜率k==，∴×（﹣2）=﹣1，解得t=±2，可得圓心C（2，1），或（﹣2，﹣1）．∴圓C的方程為：（x﹣2）2+（y﹣1）2=5，或（x+2）2+（y+1）2=5．（3）解：由（2）可知：圓心C（2，1），半徑r=，點B（0，2）關(guān)于直線x+y+2=0的對稱點為B′（﹣4，﹣2），則|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，又點B′到圓上點Q的最短距離為|B′C|﹣r=﹣=2，則|PB|+|PQ|的最小值為2．直線B′C的方程為：y=x，此時點P為直線B′C與直線l的交點，故所求的點P．19.已知函數(shù)f（x）=log2（2x）?log2（4x），g（t）=﹣3，其中t=log2x（4≤x≤8）．（1）求f（）的值；（2）求函數(shù)g（t）的解析式，判斷g（t）的單調(diào)性并用單調(diào)性定義給予證明；（3）若a≤g（t）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：【考點】函數(shù)恒成立問題；奇偶性與單調(diào)性的綜合．【分析】（1）運用代入法，結(jié)合對數(shù)運算法則，即可得到所求值；（2）運用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得t的范圍，化簡可得g（t）的解析式，且g（t）在[2，3]上遞增，運用單調(diào)性的定義證明，注意取值，作差，變形，定符號和下結(jié)論等步驟；（3）由題意可得a≤g（t）的最小值，由（2）的單調(diào)性，可得g（2）最小，可得a的范圍．【解答】解：（1）函數(shù)f（x）=log2（2x）?log2（4x），可得f（）=log2（2）?log2（4）=log22?log22=×=；（2）t=log2x（4≤x≤8），可得2≤t≤3，g（t）=﹣3=﹣3=﹣3==t+，（2≤t≤3）．結(jié)論：g（t）在[2，3]上遞增．理由：設(shè)2≤t1＜t2≤3，則g（t1）﹣g（t2）=t1+﹣（t2+）=（t1﹣t2）+=（t1﹣t2）?，由2≤t1＜t2≤3，可得t1﹣t2＜0，t1t2＞4＞2，即有g(shù)（t1）﹣g（t2）＜0，則g（t）在[2，3]上遞增．（3）a≤g（t）恒成立，即為a≤g（t）的最小值．由g（t）在[2，3]上遞增，可得g（2）取得最小值，且為3．則實數(shù)a的取值范圍為a≤3．20.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱與底面垂直，∠BAC=90°，AB=AA1，點M，N分別為A1B和B1C1的中點．（1）證明：A1M⊥平面MAC；（2）證明：MN∥平面A1ACC1．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）證明A1M⊥MA，AM⊥AC，故可得A1M⊥平面MAC；（2）連結(jié)AB1，AC1，由中位線定理得出MN∥AC1，故而MN∥平面A1ACC1．【解答】證明：（1）由題設(shè)知，∵A1A⊥面ABC，AC?面ABC，∴AC⊥A1A，又∵∠BAC=90°，∴AC⊥AB，∵AA1?平面AA1BB1，AB?平面AA1BB1，AA1∩AB=A，∴AC⊥平面AA1BB1，A1M?平面AA1BB1∴A1M⊥AC．又∵四邊形AA1BB1為正方形，M為A1B的中點，∴A1M⊥MA，∵AC∩MA=A，AC?平面MAC，MA?平面MAC，∴A1