安徽省安慶市桐城第二中學(xué)2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)文測(cè)試題含解析

安徽省安慶市桐城第二中學(xué)2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)文測(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.設(shè)集合U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={2,4}，則圖中陰影部分所表示的集合的子集個(gè)數(shù)為（

）A．1

B．2

C．3

D．4參考答案：B由題意，，所以陰影部分集合為，子集個(gè)數(shù)為2個(gè)。故選B。

2.如圖，AB是⊙O的弦，C是AB的三等分點(diǎn)，連結(jié)OC并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D。若OC=3，CD=2，則圓心O到弦AB的距離是(

)A.6B.9-C.

D.25-3參考答案：C3.要得到函數(shù)y=sin(2x?)的圖象，只需將函數(shù)y=sin2x的圖象(

)A.向右平移長(zhǎng)度單位 B.向左平移長(zhǎng)度單位C.向右平移長(zhǎng)度單位 D.向左平移長(zhǎng)度單位參考答案：A4.已知直線，平面，且，給出下列四個(gè)命題：

①若α//β，則；

②若

③若，則；

④若

其中正確命題的個(gè)數(shù)是

(

）A．0

B．1

C．2

D．3參考答案：C5.函數(shù)f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸間的距離是．若將函數(shù)f（x）的圖象向右平移個(gè)單位，再把圖象上每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小為原來(lái)的一半，得到g（x），則g（x）的解析式為（）A．g（x）=sin（4x+）B．g（x）=sin（8x﹣）C．g（x）=sin（x+）D．g（x）=sin4x參考答案：D【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論．【解答】解：∵函數(shù)f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸間的距離是T=?=，∴ω=2．若將函數(shù)f（x）的圖象向右平移個(gè)單位，可得y=sin[2（x﹣）+]=sin2x的圖象，再把圖象上每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小為原來(lái)的一半，得到g（x）=sin4x的圖象，故選：D．6.定義運(yùn)算，其中是向量的夾角.若，則(A)８（B）－８（C）８或－８（D）６參考答案：解析：∵∴，又θ是向量的夾角

∴∴

故選A；9.若，則的值為（）Ａ．

Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．參考答案：C略8.已知入射光線所在直線的方程為2x-y-4=0，經(jīng)x軸反射，則反射光線所在直線的方程是

A．

B．

C．

D．參考答案：B9.已知函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ均為正的常數(shù)）的最小正周期為π，當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，則下列結(jié)論正確的是（）A．f（2）＜f（﹣2）＜f（0） B．f（0）＜f（2）＜f（﹣2）C．f（﹣2）＜f（0）＜f（2） D．f（2）＜f（0）＜f（﹣2）參考答案：A【考點(diǎn)】H1：三角函數(shù)的周期性及其求法．【分析】依題意可求ω=2，又當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，可解得φ，從而可求解析式f（x）=Asin（2x+），利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)及誘導(dǎo)公式即可比較大?。窘獯稹拷猓阂李}意得，函數(shù)f（x）的周期為π，∵ω＞0，∴ω==2．又∵當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，∴2×+φ=2kπ+，k∈Z，可解得：φ=2kπ+，k∈Z，∴f（x）=Asin（2x+2kπ+）=Asin（2x+）．∴f（﹣2）=Asin（﹣4+）=Asin（﹣4+2π）＞0．f（2）=Asin（4+）＜0，f（0）=Asin=Asin＞0，又∵＞﹣4+2π＞＞，而f（x）=Asinx在區(qū)間（，）是單調(diào)遞減的，∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）．故選：A．10.若圓x2+y2=4與圓x2+y2+2ay﹣6=0（a＞0）的公共弦長(zhǎng)為，則a=（）A．1 B．1.5 C．2 D．2.5參考答案：A【考點(diǎn)】直線與圓的位置關(guān)系．【分析】求出兩圓公共弦所在直線方程ay=1，圓x2+y2=4的圓心（0，0），半徑r=2，圓心（0，0）到直線ay=1的距離d=，再由圓x2+y2=4與圓x2+y2+2ay﹣6=0（a＞0）的公共弦長(zhǎng)為，利用勾股定理能求出a．【解答】解：兩圓x2+y2=4與x2+y2+2ay﹣6=0（a＞0）相減，得兩圓公共弦所在直線方程為：2ay=2，即ay=1，圓x2+y2=4的圓心（0，0），半徑r=2，圓心（0，0）到直線ay=1的距離d==，∵圓x2+y2=4與圓x2+y2+2ay﹣6=0（a＞0）的公共弦長(zhǎng)為，∴由勾股定理得，即4=+3，解得a=1．故選：A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數(shù)的最小正周期為

▲

．參考答案：

12.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿足a1＝1，anan＋1＝3n(n∈N*)，則S2014＝___.參考答案：2×31007－2由anan＋1＝3n知，當(dāng)n≥2時(shí)，anan－1＝3n－1.所以＝3，所以數(shù)列{an}所有的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以3的公比的等比數(shù)列，所有的偶數(shù)項(xiàng)也構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列．又因?yàn)閍1＝1，所以a2＝3，a2n－1＝3n－1，a2n＝3n.所以S2014＝(a1＋a3＋…＋a2013)＋(a2＋a4＋…＋a2014)＝4×＝2×31007－2.13.高斯函數(shù)[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù),如[－2]＝－2,[]=1,已知數(shù)列{xn}中,x1=1,xn=+1+3{[]－[]}(n≥2),則x2013＝.參考答案：解:∵0＜＜,＜＜∴π＜+β＜

＜α+＜……2分∴sin(=－,cos(α+)=－…………………6分∴sin=sin[(α+)－(+β)]=sin(α+)cos(+β)－cos(α+)sin(+β)=·(－)－(－)·(－)=－－=－……12分略14.已知函數(shù)，對(duì)于下列命題：①若，則；②若，則；③，則；④．其中正確的命題的序號(hào)是（寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào)）．參考答案：①②略15.計(jì)算：log3+lg4+lg25+（﹣）0=．參考答案：【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．【分析】利用指數(shù)與對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則即可得出．【解答】解：原式=+lg102+1=+2+1=．故答案為：．16.（3分）函數(shù)的定義域是

．參考答案：{x|x≥﹣1，且x≠0}考點(diǎn)： 函數(shù)的定義域及其求法．專題： 計(jì)算題．分析： 要求函數(shù)的定義域，就是求使函數(shù)有意義的x的取值范圍，因?yàn)楹瘮?shù)解析式中有分式，所以分母不等于0，又因?yàn)橛卸胃?，所以被開(kāi)放數(shù)大于等于0，最后兩個(gè)范圍求交集即可．解答： 要使函數(shù)有意義，需滿足解不等式組，得x≥﹣1，且x≠0∴函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≥﹣1，且x≠0}故答案為{x|x≥﹣1，且x≠0}點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查已知函數(shù)解析式求定義域，關(guān)鍵是判斷函數(shù)解析式何時(shí)成立．17.設(shè)函數(shù),則滿足=的x的值__________．參考答案：函數(shù)，可得當(dāng)時(shí)，，解得舍去．當(dāng)時(shí)，，解得．故答案為．

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.已知一次函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[0，3]時(shí)，值域?yàn)閇1，4]．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）當(dāng)x∈[﹣1，8]時(shí)，求函數(shù)的值域．參考答案：【考點(diǎn)】函數(shù)解析式的求解及常用方法．【分析】（1）函數(shù)f（x）是一次函數(shù)，設(shè)f（x）=kx+b，在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[0，3]時(shí)，值域?yàn)閇1，4]．可求k，b．（2）函數(shù)，求出g（x），利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)問(wèn)題求值域．【解答】解：（1）由題意函數(shù)f（x）是一次函數(shù)，設(shè)f（x）=kx+b，在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[0，3]時(shí)，值域?yàn)閇1，4]．故得，解得：b=1．k=1，∴函數(shù)f（x）的解析式為f（x）=x+1、（2）函數(shù)=2x﹣，令：t=，則x=t2﹣1．∵x∈[﹣1，8]，∴0≤t≤3．∴函數(shù)g（x）轉(zhuǎn)化為h（t）=當(dāng)t=時(shí)，函數(shù)h（t）取得最小值為，當(dāng)t=3時(shí)，函數(shù)h（t）取得最大值為13．故得函數(shù)h（t）的值域?yàn)閇]，即函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇]，19.（本小題12分）設(shè)函數(shù)，若

（I）求函數(shù)的解析式；（II）畫(huà)出函數(shù)的圖象，并說(shuō)出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.參考答案：（I），解得（II）由圖象可知單調(diào)區(qū)間為：，，,其中增區(qū)間為，減區(qū)間為，20.對(duì)于兩個(gè)定義域相同的函數(shù)f（x），g（x），若存在實(shí)數(shù)m、n使h（x）=mf（x）+ng（x），則稱函數(shù)h（x）是由“基函數(shù)f（x），g（x）”生成的．（1）若f（x）=x2+3x和個(gè)g（x）=3x+4生成一個(gè)偶函數(shù)h（x），求h（2）的值；（2）若h（x）=2x2+3x﹣1由函數(shù)f（x）=x2+ax，g（x）=x+b（a、b∈R且ab≠0）生成，求a+2b的取值范圍；（3）試?yán)谩盎瘮?shù)f（x）=log4（4+1）、g（x）=x﹣1”生成一個(gè)函數(shù)h（x），使之滿足下列件：①是偶函數(shù)；②有最小值1；求函數(shù)h（x）的解析式并進(jìn)一步研究該函數(shù)的單調(diào)性（無(wú)需證明）．參考答案：【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合；函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；函數(shù)的值．【專題】計(jì)算題；新定義．【分析】（1）先用待定系數(shù)法表示出偶函數(shù)h（x），再根據(jù)其是偶函數(shù)這一性質(zhì)得到引入?yún)?shù)的方程，求出參數(shù)的值，即得函數(shù)的解析式，代入自變量求值即可．（2）先用待定系數(shù)法表示出偶函數(shù)h（x），再根據(jù)同一性建立引入?yún)?shù)的方程求參數(shù)，然后再求a+2b的取值范圍；（3）先用待定系數(shù)法表示出函數(shù)h（x），再根據(jù)函數(shù)h（x）的性質(zhì)求出相關(guān)的參數(shù)，代入解析式，由解析研究出其單調(diào)性即可【解答】解：（1）設(shè)h（x）=m（x2+3x）+n（3x+4）=mx2+3（m+n）x+4n，∵h(yuǎn)（x）是偶函數(shù)，∴m+n=0，∴h（2）=4m+4n=0；（2）設(shè)h（x）=2x2+3x﹣1=m（x2+ax）+n（x+b）=mx2+（am+n）x+nb∴得∴a+2b=﹣=﹣﹣由ab≠0知，n≠3，∴a+2b∈（3）設(shè)h（x）=mlog4（4x+1）+n（x﹣1）∵h(yuǎn)（x）是偶函數(shù)，∴h（﹣x）﹣h（x）=0，即mlog4（4﹣x+1）+n（﹣x﹣1）﹣mlog4（4x+1）﹣n（x﹣1）=0∴（m+2n）x=0得m=﹣2n則h（x）=﹣2nlog4（4x+1）+n（x﹣1）=﹣2n[log4（4x+1）﹣]=﹣2n[log4（2x+）+]∵h(yuǎn)（x）有最小值1，則必有n＜0，且有﹣2n=1∴m=1．n=∴h（x）=log4（2x+）+h（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，在（﹣∞，0]上是減函數(shù)．【點(diǎn)評(píng)】本題考點(diǎn)是函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性綜合，考查了利用偶函數(shù)建立方程求參數(shù)以及利用同一性建立方程求參數(shù)，本題涉及到函數(shù)的性質(zhì)較多，綜合性，抽象性很強(qiáng)，做題時(shí)要做到每一步變化嚴(yán)謹(jǐn)，才能保證正確解答本題．21.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．（1）求證：DC⊥平面PAC；（2）求證：平面PAB⊥平面PAC；（3）設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，在棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF？說(shuō)明理由．參考答案：【考點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系．【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明DC⊥平面PAC；（2）利用線面垂直的判定定理證明AB⊥平面PAC，即可證明平面PAB⊥平面PAC；（3）在棱PB上存在中點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF．利用線面平行的判定定理證明．【解答】（1）證明：∵PC⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PC⊥DC，∵DC⊥AC，PC∩AC=C，∴DC⊥平面PAC；（2）證明：∵AB∥DC，DC⊥AC，∴AB⊥AC，∵PC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PC⊥AB，∵PC∩AC=C，∴AB⊥平面PAC，∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PA