2022年遼寧省錦州市北寧中學(xué)高一數(shù)學(xué)文測試題含解析

2022年遼寧省錦州市北寧中學(xué)高一數(shù)學(xué)文測試題含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.（5分）若兩直線y=x+2k與y=2x+k+1的交點在圓x2+y2=4上，則k的值是（） A． ﹣或﹣1 B． ﹣或1 C． ﹣或1 D． ﹣2或2參考答案：B考點： 直線與圓的位置關(guān)系．專題： 直線與圓．分析： 求出直線的交點坐標，代入圓的方程求解即可．解答： 由，解得，∵交點在圓x2+y2=4上，∴（k﹣1）2+（3k﹣1）2=4，即5k2﹣4k﹣1=0，解得k=1或﹣，故選：B．點評： 本題主要考查直線和圓的關(guān)系的應(yīng)用，根據(jù)條件求出交點坐標是解決本題的關(guān)鍵．

2.的值為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C3.已知函數(shù)f（x）=，則f（2）=（）A．32 B．16 C． D．參考答案：C【考點】函數(shù)的值．【分析】先求出f（2）=f（﹣1），由此能求出結(jié)果．【解答】解：∵函數(shù)f（x）=，∴f（2）=f（﹣1）=2﹣1=．故選：C．4.840和1764的最大公約數(shù)是()A．84

B．12

C．168

D．252參考答案：A5.如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是()A．平面ADC⊥平面ABC

B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC

D．平面ABD⊥平面ABC參考答案：A6.在等差數(shù)列{an}中，若，則（

）A.4 B.6 C.8 D.10參考答案：B【分析】由等差數(shù)列性質(zhì)可得，則答案易求.【詳解】在等差數(shù)列中，因為，所以.所以.故選B.【點睛】本題考查等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用.在等差數(shù)列中，若，則.特別地，若，則.7.函數(shù)的圖像關(guān)于A．軸對稱

B．軸對稱

C．原點對稱

D．直線對稱參考答案：C8.函數(shù)y=sin2x+acos2x的圖象關(guān)于直線x=－對稱,則a的值為 （

）A．1

B．－

C．－1 D．

參考答案：C9.函數(shù)的圖像

（

）

A關(guān)于點對稱

B關(guān)于直線對稱

C關(guān)于點對稱

D關(guān)于直線對稱參考答案：A略10.如圖，某建筑物的高度，一架無人機Q上的儀器觀測到建筑物頂部C的仰角為15°，地面某處A的俯角為45°，且，則此無人機距離地面的高度PQ為（

）A.100m B.200m C.300m D.400m參考答案：B【分析】在中求得的值，中利用正弦定理求得的值，在中求得的值.【詳解】解：根據(jù)題意，可得中，，，∴；中，，，∴，由正弦定理，得，解得，在中，.故選：B.【點睛】本題主要考查了正弦定理及直角三角形中的勾股定理，考查計算能力，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.方程的解集為________.參考答案：【分析】由誘導(dǎo)公式可得，由余弦函數(shù)的周期性可得：.【詳解】因為方程，由誘導(dǎo)公式得，所以，故答案為：．【點睛】本題考查解三角函數(shù)的方程，余弦函數(shù)的周期性和誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．12.計算____________。參考答案：略13.已知實數(shù)滿足，則的最大值為

參考答案：114.方程的解是______________.參考答案：x=3

略15.cos120°=________

參考答案：

16.函數(shù)的定義域是，則函數(shù)的定義域是

參考答案：[-1,1]17.已知實數(shù)，滿足，則的最大值為__________．參考答案：解：∵，則可令，，∴，故，的最大值為，故答案為．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.設(shè)全集為U=R，集合A={x|（x+3）（4﹣x）≤0}，B={x|log2（x+2）＜3}（1）求A∩CUB（2）已知C={x|2a＜x＜a+1}，若C?B，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：見解析【考點】集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用；交、并、補集的混合運算．【專題】計算題；集合．【分析】（1）首先化簡集合A，B，再求A∩CUB；（2）注意討論C是否是空集，從而解得．【解答】解（1）∵（x+3）（4﹣x）≤0，∴A=（﹣∞，﹣3]∪[4，+∞），∵0＜x+2＜8，∴B=（﹣2，6），∴A∩CUB=（﹣∞，﹣3]∪[6，+∞）；（2）①當2a≥a+1，即a≥1時，C=?，成立；②當2a＜a+1，即a＜1時，C=（2a，a+1）?（﹣2，6），∴得﹣1≤a≤5，∴﹣1≤a＜1．綜上所述，a的取值范圍為[﹣1，+∞）．【點評】本題考查了集合的化簡與運算，屬于基礎(chǔ)題．19.（本小題12分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．向量且滿足.(1)求角C的大小；(2)若求△ABC的面積.參考答案：解：（1）C=.…………6分(2).…………12分20.（10分）求圓心在直線y=﹣2x上，并且經(jīng)過點A（0，1），與直線x+y=1相切的圓的標準方程．參考答案：考點： 圓的標準方程．專題： 直線與圓．分析： 根據(jù)條件確定圓心和半徑，即可求出圓的標準方程．解答： ∵圓心在直線y=﹣2x上，設(shè)圓心坐標為（a，﹣2a）則圓的方程為（x﹣a）2+（y+2a）2=r2圓經(jīng)過點A（0，1）和直線x+y=1相切所以有解得，∴圓的方程為點評： 本題主要考查圓的標準方程的求解，根據(jù)條件確定圓心和半徑是解決本題的關(guān)鍵．21.已知：如圖①，直線y=﹣x+與x軸、y軸分別交于A、B兩點，兩動點D、E分別從A、B兩點同時出發(fā)向O點運動（運動到O點停止，如圖②）；對稱軸過點A且頂點為M的拋物線y=a（x﹣k）2+h（a＜0）始終經(jīng)過點E，過E作EG∥OA交拋物線于點G，交AB于點F，連結(jié)DE、DF、AG、BG，設(shè)D、E的運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒，運動時間為t秒．（1）用含t代數(shù)式分別表示BF、EF、AF的長；（2）當t為何值時，四邊形ADEF是菱形？（3）當△ADF是直角三角形，且拋物線的頂點M恰好在BG上時，求拋物線的解析式．參考答案：【考點】直線與拋物線的關(guān)系；二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】（1）首先求出一次函數(shù)y=﹣x+與x軸、y軸的交點A、B的坐標，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的長；（2）由EF∥AD，且EF=AD=t，則四邊形ADEF為平行四邊形，若四邊形ADEF為菱形，則DE=AD=t，由DE=2DO列式求得t值；（3）當△ADF是直角三角形時，有兩種情況，需分類討論，①若∠ADF=90°時，如圖，則有DF∥OB．然后由圖形列式求出t值，再求出G的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線BG的方程，求出點M的坐標，再利用頂點式求出拋物線的解析式；②若∠AFD=90°，采用①的思路進行求解．【解答】解：（1）在y=﹣x+中，分別令x=0、y=0求得A（1，0），B（0，），∴OA=1，OB=，∴tan，則∠OAB=60°，∴AB=2OA=2，∵EG∥OA，∴∠EFB=∠OAB=60°，∴EF==，BF=2EF=2t，EF=t，AF=AB﹣BF=2﹣2t（0≤t≤1）；（2）在Rt△DOE中，EO=，DO=1﹣t，∴DE═，∵EF=t，AD=t，EG∥OA，∴四邊形ADEF為平行四邊形．若四邊形ADEF為菱形，則有AD=DE，∴t=2（1﹣t），解之得t=，即當t=時四邊形ADEF為菱形；（3）①當∠ADF=90°時，如圖，則有DF∥OB．∴，即，∴t=，又由對稱性可知EG=2AO=2，∴B（0，），E（0，），G（2，）．設(shè)直線BG的解析式為y=kx+b，把B、G兩點的坐標代入有：，解得．∴，令x=1，則y=，∴M（1，），設(shè)所求拋物線的解析式為，又E（0，），∴，解之得．故所求解析式為；②當∠AFD=90°時，如圖，在Rt△ADF中，∠ADF=30°，由AD=t，∴AF=t，由（1）有AF=2﹣2t，∴，解得：t=．∴B（），E（0，），G（2，），設(shè)直線BG的解析式為y=mx+n，把B、G兩點的坐標代入有：，解之得：．∴．令x=1，則y=，∴M（1，）．設(shè)所求拋物線的解析式為．又E（0，），∴，解得a=﹣．故所求解析式為．綜上所求函數(shù)的解析式為：或．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，訓(xùn)練了利用待定系數(shù)法求解函數(shù)解析式，注意（3）中的分類討論，是中檔題．22.已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足，．（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通