2022-2023學年湖南省郴州市資興皮石學校高一數學理測試題含解析一、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.設f（x）為奇函數，且在區間上為減函數，，則的解集為（

）

A．

B．C．

D．參考答案：C略2.已知△ABC的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，角A，B，C的大小依次成等差數列，且，若函數的值域是[0,+∞)，則（

）A．7

B．6

C.5

D．4參考答案：D由角的大小依次成等差數列，可得，根據余弦定理得，因為函數的值域是，所以，所以，則.故選D.

3.

在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別是a，b，c，若a2－b2=bc，sinC=2sinB，則A=A.30°

B.60°

C.120°

D.150°參考答案：

A4.下圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定下列三個命題：①存在三棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如右圖；②存在四棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如右圖；③存在圓柱，其正(主)視圖、俯視圖如右圖．其中真命題的個數是()A．3

B．2C．1

D．0參考答案：A5.集合，集合，則等于（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B6.函數(

)A

B

C

D參考答案：B略7.（5分）M（x0，y0）為圓x2+y2=a2（a＞0）內異于圓心的一點，則直線x0x+y0y=a2與該圓的位置關系為（） A． 相切 B． 相交 C． 相離 D． 相切或相交參考答案：C考點： 直線與圓的位置關系．專題： 計算題．分析： 由圓的方程找出圓心坐標與半徑，因為M為圓內一點，所以M到圓心的距離小于圓的半徑，利用兩點間的距離公式表示出一個不等式，然后利用點到直線的距離公式表示出圓心到已知直線的距離d，根據求出的不等式即可得到d大于半徑r，得到直線與圓的位置關系是相離．解答： 解：由圓的方程得到圓心坐標為（0，0），半徑r=a，由M為圓內一點得到：＜a，則圓心到已知直線的距離d=＞=a=r，所以直線與圓的位置關系為：相離．故選C點評： 此題考查小時掌握點與圓的位置關系及直線與圓的位置關系的判斷方法，靈活運用兩點間的距離公式及點到直線的距離公式化簡求值，是一道綜合題．8.（3分）已知，都是單位向量，則下列結論正確的是（） A． ?=1 B． 2=2 C． ∥ D． ?=0參考答案：B考點： 平面向量數量積的運算．專題： 計算題；平面向量及應用．分析： ，都是單位向量，結合單位向量的概念，向量數量積，向量共線的基礎知識解決解答： 根據單位向量的定義可知，||=||=1，但夾角不確定．且==1，故選B．點評： 本題只要掌握單位向量的概念，向量數量積，向量共線的基礎知識便可解決．屬于概念考查題．9.已知函數，在一個周期內當時，有最大值2，當時，有最小值，那么

（）A.

B.C.

D.參考答案：D略10.若圓臺的上、下底面半徑的比為3∶5，則它的中截面分圓臺上、下兩部分面積之比為（

）

A．3∶5

B．9∶25

C．5∶

D．7∶9參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若經過點A(1–t,1+t)和點B(3,2t)的直線的傾斜角為鈍角，則實數t的取值范圍是____參考答案：略12.函數圖象恒過定點,在冪函數圖象上，則

．參考答案：13.已知圖像上有一最低點，若圖像上各點縱坐標不變，橫坐標縮為原來的倍，再向左平移1個單位得，又的所有根從小到大依次相差3個單位，則的解析式為__________.參考答案：【分析】將函數整理為；代入可將函數整理為：；根據三角函數平移變換可得：；根據的所有根從小到大依次相差個單位可知過曲線的最高點或最低點，或經過所有的對稱中心；利用周期排除掉過最高點或最低點的情況，利用過所有的對稱中心可求得，進而得到解析式.【詳解】由題意得：，其中，是圖象的最低點

橫坐標縮為原來的倍得：向左移動1個單位得：

的所有根從小到大依次相差個單位可知與的相鄰交點間的距離相等過曲線的最高點或最低點，或經過所有的對稱中心①當過曲線的最高點或最低點時，每兩個根之間相差一個周期，即相差，不合題意；②當過曲線所有的對稱中心時，則

，滿足題意本題正確結果：【點睛】本題考查根據三角函數的性質、平移變換求解三角函數解析式的問題，關鍵是能夠通過平行于軸的直線與曲線的交點情況確定直線所經過的點的位置，從而根據點的位置來求解參數值.14.已知集合A={﹣1，0，1}，B={0，1，2}，則A∩B=

．參考答案：{0，1}【考點】交集及其運算．【分析】利用交集的性質求解．【解答】解：∵集合A={﹣1，0，1}，B={0，1，2}，∴A∩B={0，1}．故答案為：{0，1}．【點評】本題考查集合的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意交集的性質的合理運用．15.若，則實數

參考答案：16.若點都在直線上，則數列{an}的前n項和取得最小時的n等于__________．參考答案：7或8【分析】根據點在線上可得，從而可求得，，，從而可得結果.【詳解】由題意得：令得：；得：可知：，，，即的最小值為或本題正確結果：或【點睛】本題考查等差數列前項和的最值問題，關鍵是根據數列的通項公式求得變號項，注意當某項等于零時，存在最值相等的情況.17.已知y=f(x)是定義在R上的奇函數，當x﹥0時,f(x)=x2+x+1,則x﹤0時,f(x)=___________。參考答案：－x2+x－1

略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數f（x）=（log2x﹣2）（log4x﹣）（1）當x∈[2，4]時，求該函數的值域；（2）若f（x）＞mlog2x對于x∈[4，16]恒成立，求m的取值范圍．參考答案：【考點】對數函數圖象與性質的綜合應用．【分析】（1）f（x）=（log2x﹣2）（log4x﹣）=（log2x）2﹣log2x+1，2≤x≤4，令t=log2x，則y=t2﹣t+1=（t﹣）2﹣，由此能求出函數的值域．（2）令t=log2x，得t2﹣t+1＞mt對于2≤t≤4恒成立，從而得到m＜t+﹣對于t∈[2，4]恒成立，構造函數g（t）=t+﹣，t∈[2，4]，能求出m的取值范圍．【解答】解：（1）f（x）=（log2x﹣2）（log4x﹣）=（log2x）2﹣log2x+1，2≤x≤4令t=log2x，則y=t2﹣t+1=（t﹣）2﹣，∵2≤x≤4，∴1≤t≤2．當t=時，ymin=﹣，當t=1，或t=2時，ymax=0．∴函數的值域是[﹣，0]．（2）令t=log2x，得t2﹣t+1＞mt對于2≤t≤4恒成立．∴m＜t+﹣對于t∈[2，4]恒成立，設g（t）=t+﹣，t∈[2，4]，∴g（t）=t+﹣=（t+）﹣，∵g（t）=t+﹣在[2，4]上為增函數，∴當t=2時，g（t）min=g（2）=0，∴m＜0．19.（本小題滿分12分）已知函數.(Ⅰ)當x取何值時，函數f(x)取得最大值，并求其最大值;(Ⅱ)若為銳角，且，求的值.

參考答案：，（Ⅰ）當，即時，有最大值；（Ⅱ），得，且為銳角，則.

20.如圖，BC為圓O的直徑，D為圓周上異于B、C的一點，AB垂直于圓O所在的平面，BE⊥AC于點E，BF⊥AD于點F．（Ⅰ）求證：BF⊥平面ACD；（Ⅱ）若AB=BC=2，∠CBD=45°，求四面體BDEF的體積．參考答案：【考點】直線與平面垂直的判定；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】空間位置關系與距離．【分析】對第（Ⅰ）問，由于BF⊥AD，要證BF⊥平面ACD，只需證BF⊥CD，故只需CD⊥平面ABD，由于CD⊥BD，只需CD⊥AB，由AB⊥平面BDC；對第（Ⅱ）問，四面體BDEF即三棱錐E﹣BDF，由CD⊥平面ABD及E為AC的中點知，三棱錐E﹣BDF的高等于，在Rt△ABD中，根據BF⊥AD，設法求出S△BDF，即得四面體BDEF的體積．【解答】解：（Ⅰ）證明：∵BC為圓O的直徑，∴CD⊥BD，∵AB⊥圓0所在的平面BCD，且CD?平面BCD，∴AB⊥CD，又AB∩BD=B，∴CD⊥平面ABD，∵BF?平面ABD，∴CD⊥BF，又∵BF⊥AD，且AD∩CD=D，∴BF⊥平面ACD．（Ⅱ）∵AB=BC=2，∠CBD=45°，∴BD=CD=，∵BE⊥AC，∴E為AC的中點，又由（Ⅰ）知，CD⊥平面ABD，∴E到平面BDF的距離d==．在Rt△ABD中，有AD=，∵BF⊥AD，由射影定理得BD2=DF?AD，則DF=，從而，∴，∴四面體BDEF的體積==．【點評】1．本題考查了線面垂直的定義與性質與判定，關鍵是掌握線面垂直與線線垂直的相互轉化：“線線垂直”可由定義來實現，“線面垂直”可由判定定理來實現．2．考查了三棱錐體積的計算，求解時，應尋找適當的底面與高，使面積和高便于求解，面積可根據三角形形狀求解，高可轉化為距離的計算．21.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＞c，已知?=2，cosA=，a=3．求：（1）b和c的值（2）cos（A﹣C）的值．參考答案：【考點】HR：余弦定理；9R：平面向量數量積的運算；GP：兩角和與差的余弦函數．【分析】（1）由已知及平面向量數量積的運算可得bc=6，又由余弦定理可得b2+c2=13，進而可求b+c=5，聯立即可解得b，c的值．（2）利用同角三角函數基本關系式可求sinA，利用余弦定理可求cosC，進而可求sinC，利用兩角差的余弦函數公式即可計算得解．【解答】解：（1）∵?=2，cosA=，∴bc=2，可得：bc=6①，又∵a=3，由余弦定理可得：9=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc=b2+c2