湖北省武汉市太平洋路高级中学2022高一数学文联考试卷含解析

湖北省武汉市太平洋路高级中学2022高一数学文联考试卷含解析一、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.已知A（2，1），B（6，7），将向量向量（2，3）平移后得到一个新向量，那么下面各向量中能与垂直的是（）

A、（-3，-2）B、C、（-4，6）D、（0，-2）参考答案：解析：由已知得注意到若垂直，则有6x+9y=0

由此否定A,C,D，应选B。2.正方体的内切球和外接球的表面积之比为（）A．3：1 B．3：4 C．4：3 D．1：3参考答案：D【考点】球的体积和表面积．【分析】设出正方体的棱长，利用正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，分别求出半径，即可得到结论．【解答】解：正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，设棱长是a．a=2r内切球，r内切球=，a=2r外接球，r外接球=，∴r内切球：r外接球=1：．∴正方体的内切球和外接球的表面积之比为1：3．故选：D．3.如图所示，单位圆中弧的长为,表示弧与弦所围成的弓形（阴影部分）面积的2倍，则函数的图象是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：D4.已知为等差数列，若，则的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略5.如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC．若AB=AC=AA1=1，BC=，则异面直线A1C与B1C1所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°参考答案：C【考点】异面直线及其所成的角．【分析】求出三角形的三个边长，然后求解异面直线所成角即可．【解答】解：因为几何体是棱柱，BC∥B1C1，则直线A1C与BC所成的角为就是异面直线A1C与B1C1所成的角．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC．若AB=AC=AA1=1，BC=，BA1=，CA1=，三角形BCA1是正三角形，异面直线所成角为60°．故选：C．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查计算能力．6.下列函数中，最小正周期是且在区间()上是增函数的是

A．

B．

C．

D．参考答案：D略7.函数（

）．A.最小正周期为π的奇函数 B.最小正周期为π的偶函数C.最小正周期为的奇函数 D.最小正周期为的偶函数参考答案：A【分析】先化简函数，再利用三角函数的周期公式求周期,再判断函数的奇偶性得解.【详解】．∴最小正周期为，．∴函数为奇函数．故选:A．

8.有5件产品，其中3件正品，2件次品，从中任取2件，则互斥而不对立的两个事件是(

)A.至少有1件次品与至多有1件正品 B.至少有1件次品与都是正品C.至少有1件次品与至少有1件正品 D.恰有1件次品与恰有2件正品参考答案：D【分析】根据对立事件和互斥事件的定义,依次判断每个选项得到答案.【详解】A、至少有1件次品与至多有1件正品不互斥,它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况,故不满足条件.B、至少有1件次品与都是正品是对立事件,故不满足条件.C、至少有1件次品与至少有1件正品不互斥,它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况,故不满足条件.D、恰有1件次品与恰有2件正是互斥事件,但不是对立事件,因为除此之外还有“两件都是次品”的情况,故满足条件.故选:D.【点睛】本题考查了对立事件和互斥事件，意在考查学生对对立事件和互斥事件的理解,难度较易.

9.命题“至少有一个整数，它既能被2整除，又能被5整除”,则该命题是（

）

A.全称命题

B.特称命题

C.“”形式

D.“”形式参考答案：B

解析:命题中含有特称量词“至少有一个”，因此是特称命题.10.偶函数在区间[0，4]上单调递减，则有（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图，在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子，有380粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为

．参考答案：0.38【考点】CE：模拟方法估计概率．【分析】根据几何槪型的概率意义，即可得到结论．【解答】解：正方形的面积S=1，设阴影部分的面积为S，∵随机撒1000粒豆子，有380粒落到阴影部分，∴由几何槪型的概率公式进行估计得，即S=0.38，故答案为：0.38．12.已知辆汽车通过某一段公路时的时速的频率分布直方图如右图所示，则时速在的汽车大约有________辆参考答案：80

13.若函数f（x）=x2-2x+1在区间[a，a+2]上的最大值为4，则a的值为____________.参考答案：－1或1【分析】对a分类讨论，利用函数f（x）=x2-2x+1在区间[a，a+2]上的最大值为4，建立方程，即可求得a的值.【详解】解：由题意，当时，，即，；

当时，，即，；

综上知，的值为1或?1.

故答案为：1或?1.【点睛】本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题.14.△ABC中，，则△ABC的面积等于______________参考答案：15.（5分）已知向量，且，则λ=

．参考答案：考点： 平面向量共线（平行）的坐标表示．专题： 计算题．分析： 利用向量的坐标运算求出的坐标，利用向量共线的充要条件列出关于λ的方程，解方程求出值即可．解答： 因为向量，所以，因为所以2λ﹣1=4（﹣1﹣λ）解得故答案为点评： 本题考查的知识点是平面向量与共线向量，其中根据两个向量平行的充要条件，构造关于x的方程，是解答本题的关键．16.给出如下结论：①函数是奇函数；②存在实数，使得；③若是第一象限角且，则；④是函数的一条对称轴方程；⑤函数的图形关于点成中心对称图形.其中正确的结论的序号是

．（填序号）参考答案：①④①函数=﹣sin，是奇函数，正确；②存在实数α，使得sinα+cosα=sin（α+）≤，故错误；③α，β是第一象限角且α＜β．例如：45°＜30°+360°，但tan45°＞tan（30°+360°），即tanα＜tanβ不成立；④是函数，f（）=﹣1，是一条对称轴方程，故正确；⑤函数的图象关于点，f（）=1，不是对称中心，故错误．故答案为：①④．

17.的解集

。

参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，若E为棱AB的中点，①求四棱锥B1﹣BCDE的体积②求证：面B1DC⊥面B1DE．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；立体几何．【分析】①由正方形的性质和四棱锥的体积公式结合已知数据可得；②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，可先证明OE⊥平面B1DC，再证明面面垂直．【解答】证明：①由正方形的性质可得B1B平面BEDC，∴四棱锥B1﹣BCDE的体积V=?S梯形BCDE?B1B=?（a+a）?a?a=；②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，∵DC⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC?平面B1DC，B1C?平面B1DC，DC∩B1C=C，∴OE⊥平面B1DC，又∵OE?平面B1DE，∴平面B1DC⊥面B1DE．【点评】本题考查几何体的体积求解和平面与平面垂直的证明，属中档题．19..已知数列{an}为等比数列，且（1）求公比q和的值；（2）若{an}的前n项和为Sn，求证：－3，，成等差数列．参考答案：（1）3，27；（2）证明见解析.【分析】（1）由题设得，结合为等比数列即可求得首项与公比，进一步求得的值；（2）由，可得，，然后利用等差中项的概念证明成等差数列．【详解】（1）由题设得，∵为等比数列，∴，∴，又∵，∴，∴，经检验，此时成立，且为等比数列，∴；（2）∵，∴，，∵，∴，∴，∴成等差数列．【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等比数列的前项和，考查计算能力，是中档题．20.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3=3a3+2a2，a4=8．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列bn=log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Tn取最大值的正整数n的值．参考答案：【考点】数列与函数的综合；数列的求和．【分析】（1）利用已知条件求出数列的公比，然后求解通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用，求解数列的最大项，即可得到结果．（法二利用二次函数的性质求解）．【解答】解：（1）设正项等比数列{an}的公比为q，则q＞0，由已知的S3=3a3+2a2有2a3+a2﹣a1=0，即2a1q2+a1q﹣a1=0，又a1＞0，∴2q2+q﹣1=0，故q=或q=﹣1（舍），…∴an=a4qn﹣4=（）n﹣7，…6

分（2）由（1）知bn=log2an=7﹣n，设Tn为其最大项，则有：即，得6≤n≤7，故当n=6或7时，Tn达到最大．…（法2），亦可给分．21.如图(1)所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD(图(2))．

(1)求证：AP∥平面EFG；(2)在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，试给出证明．参考答案：(1)证明∵E、F分别是PC，PD的中点，∴EF∥CD∥AB.又EF?平面PAB，AB?平面PAB，∴EF∥平面PAB.同理：EG∥平面PAB.∴平面EFG∥平面PAB.又∵AP?平面PAB，∴AP∥平面EFG.(2)解取PB的中点Q，连结AQ，QD，则PC⊥平面ADQ.证明如下：连结DE，EQ，∵E、Q分别是PC、PB的中点，∴EQ∥BC∥AD.∵平面PDC⊥平面ABCD，P