2022-2023学年福建省宁德市东源中学高一数学理期末试题含解析

1、2022-2023学年福建省宁德市东源中学高一数学理期末试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设集合Ax|1x4，Bx|1x3，则A(?RB)等于( )A. x|1x4 B. x|3x4C. x|1x3 D. x|1x2x|3x4参考答案：B【分析】由全集R及B，求出B的补集，找出A与B补集的交集即可【详解】解：全集R，Bx|1x3，?RBx|x1或x3，Ax|1x4，A（?RB）x|3x4故选：B【点睛】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解题的关键2. 若A=a，b，c，B=m，n，则能构成

2、f：AB的映射( )个A5个B6个C7个D8个参考答案：D考点：映射 专题：函数的性质及应用分析：由映射的意义，A中每个元素都可选m，n两者之一为象，由分步计数原理可得答案解答：解：A中每个元素都可选m，n两者之一为象，由分步计数原理，共有222=8（个）不同的映射故选D点评：本题主要考查了映射的概念和分类讨论的思想这类题目在高考时多以选择题填空题的形式出现，较简单属于基础题型3. 一个扇形的弧长与面积都是5，则这个扇形圆心角的弧度数为（ ）A B C D参考答案：D4. 方程组的解的集合为A.1，2 B.C. D.(1,2)参考答案：D略5. 已知函数f（x）=2x，则f（1x）的图象为（）

3、ABCD参考答案：C【考点】指数函数的图象与性质【分析】f（1x）的图象可由函数f（x）=2x的图象作关于y轴的对称图象，再向右平移一个单位得到也可取特值得到【解答】解：x=0时，f（1x）=f（1）=2，排除A和D；再取x=1，得f（1x）=f（0）=1，故选C【点评】本题考查识图问题，可利用函数图象的变换或特值求解6. 若，则角的终边在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限参考答案：D略7. 函数f（x）=lnx的零点所在的大致区间是（）A（1，2）B（2，3）C（1，）D（e，+）参考答案：B【考点】二分法求方程的近似解【分析】直接通过零点存在性定理，结合定义域选择适当的数据进行

4、逐一验证，并逐步缩小从而获得最佳解答【解答】解：函数的定义域为：（0，+），有函数在定义域上是递增函数，所以函数只有唯一一个零点又f（2）ln210，f（3）=ln30f（2）?f（3）0，函数f（x）=lnx的零点所在的大致区间是（2，3）故选：B8. 已知f（x1）=x2+1，则f（x）的表达式为（）Af（x）=x2+1Bf（x）=（x+1）2+1Cf（x）=（x1）2+1Df（x）=x2参考答案：B【考点】函数解析式的求解及常用方法【分析】利用换元法进行求解即可【解答】解：设x1=t，则x=1+t，则函数f（x1）=x2+1等价为f（t）=（t+1）2+1，即f（x）=（x+1）2+1，

5、故选：B9. 如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是ABD平面CB1D1 BAC1BDCAC1平面CB1D1 D异面直线AD与CB1角为60 参考答案：D略10. 设等差数列an的公差为d，若数列为递减数列，则（）Ad0Bd0Ca1d0Da1d0参考答案：C【考点】82：数列的函数特性【分析】由于数列2为递减数列，可得=1，解出即可【解答】解：等差数列an的公差为d，an+1an=d，又数列2为递减数列，=1，a1d0故选：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知函数y=3cos（x+）1的图象关于直线x=对称，其中0，则的值为参考答案：【考点】余弦

6、函数的图象【分析】由条件利用余弦函数的图象的对称性可得+=k，由此求得的最小正值【解答】解：函数y=3cos（x+）1的图象关于直线x=对称，其中0，+=k，即=k，kZ，则的最小正值为，故答案为：12. 计算：327lg0.01+lne3= 参考答案：0【考点】对数的运算性质；有理数指数幂的化简求值【分析】利用对数和分数指数幂的运算法则求解【解答】解： =49+2+3=0故答案为：013. 与终边相同的角的集合是_参考答案：试题分析：与终边相同的角的集合,所以与终边相同的角的集合是考点：终边相同的角的集合14. 已知集合，则 参考答案：略15. 已知，则的值为参考答案：【分析】利用商数关系式

7、化简即可【详解】，故填【点睛】利用同角的三角函数的基本关系式可以化简一些代数式，常见的方法有：（1）弦切互化法：即把含有正弦和余弦的代数式化成关于正切的代数式，也可以把含有正切的代数式化为关于余弦和正弦的代数式；（2）“1”的代换法：有时可以把看成16. 若，是方程的两个根，且，则 参考答案：17. 若实数列1，a，b，c，4是等比数列，则b的值为 参考答案：2【考点】等比数列的性质【分析】先根据数列的第一项和第五项的值，求得公比q，进而通过等比数列的通项公式求得第三项b【解答】解：依题意可知a1=1，a5=4=q4=4q2=2b=a1q2=2故答案为2三、 解答题：本大题共5小题，共72分。

8、解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （12分）如图，已知三棱锥ABPC中，APPC， ACBC，M为AB中点，D为PB中点，且PMB为正三角形。（1）求证：DM平面APC； （2）求证：平面ABC平面APC；（3）若BC=4，AB=20，求三棱锥DBCM的体积参考答案：19. （12分 ）在中，其中、是的三个内角，且最大边长是12，有一个角的正弦值是。（1）判断三角形的形状。 （2）求的面积。 参考答案：（1）直角三角形；（2）20. 已知：如图，直线y=x+与x轴、y轴分别交于A、B两点，两动点D、E分别从A、B两点同时出发向O点运动（运动到O点停止，如图）；对称轴过点A且顶点为M

9、的抛物线y=a（xk）2+h（a0）始终经过点E，过E作EGOA交抛物线于点G，交AB于点F，连结DE、DF、AG、BG，设D、E的运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，运动时间为t秒（1）用含t代数式分别表示BF、EF、AF的长；（2）当t为何值时，四边形ADEF是菱形？（3）当ADF是直角三角形，且抛物线的顶点M恰好在BG上时，求抛物线的解析式参考答案：【考点】直线与抛物线的关系；二次函数的性质 【分析】（1）首先求出一次函数y=x+与x轴、y轴的交点A、B的坐标，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的长；（2）由EFAD，且EF=AD=t，则四边形ADEF为平行四边形，若四边形

10、ADEF为菱形，则DE=AD=t，由DE=2DO列式求得t值；（3）当ADF是直角三角形时，有两种情况，需分类讨论，若ADF=90时，如图，则有DFOB然后由图形列式求出t值，再求出G的坐标，利用待定系数法求出直线BG的方程，求出点M的坐标，再利用顶点式求出抛物线的解析式；若AFD=90，采用的思路进行求解【解答】解：（1）在y=x+中，分别令x=0、y=0求得A（1，0），B（0，），OA=1，OB=，tan，则OAB=60，AB=2OA=2，EGOA，EFB=OAB=60，EF=，BF=2EF=2t，EF=t，AF=ABBF=22t（0t1）；（2）在RtDOE中，EO=，DO=1t，DE

11、，EF=t，AD=t，EGOA，四边形ADEF为平行四边形若四边形ADEF为菱形，则有AD=DE，t=2（1t），解之得t=，即当t=时四边形ADEF为菱形；（3）当ADF=90时，如图，则有DFOB，即，t=，又由对称性可知EG=2AO=2，B（0，），E（0，），G（2，）设直线BG的解析式为y=kx+b，把B、G两点的坐标代入有：，解得，令x=1，则y=，M（1，），设所求抛物线的解析式为，又E（0，），解之得故所求解析式为；当AFD=90时，如图，在RtADF中，ADF=30，由AD=t，AF=t，由（1）有AF=22t，解得：t=B（），E（0，），G（2，），设直线BG的解析式为y

12、=mx+n，把B、G两点的坐标代入有：，解之得：令x=1，则y=，M（1，）设所求抛物线的解析式为又E（0，），解得a=故所求解析式为综上所求函数的解析式为：或【点评】本题考查二次函数的性质，考查直线与抛物线的位置关系，训练了利用待定系数法求解函数解析式，注意（3）中的分类讨论，是中档题21. 已知点P是O：x2+y2=9上的任意一点，过P作PD垂直x轴于D，动点Q满足（）求动点Q的轨迹方程；（）动点Q的轨迹上存在两点M、N，关于点E（1，1）对称，求直线MN的方程参考答案：【考点】直线与圆的位置关系 【专题】综合题；转化思想；综合法；直线与圆【分析】（1）设Q（x，y），利用向量的坐标运算，结合在O上即可得到点Q的轨迹方程；（2）对于存在性问题的解决方法，可假设存在由条件（1，1）是线段MN的中点，利用中点坐标公式及椭圆的方程式，得到直线MN的斜率值，从而求得直线的方程结果表明存在【解答】解：（1）设P（x0，y0），Q（x，y），依题意，则点D的坐标为D（x0，0）=（xx0，y），=（0，y0）又，x0=x，y0=yP在O上，故x02+y02=9，点Q的轨迹方程为（2）假设椭圆上存在两点M（x1，y1），N（x2，y2），关于点E（1，1）对称，则E（1，1）是线段MN的中点，且有x1+x2=2，y1+y2=2M（x1，y1）