2022年山西省忻州市庄磨中学高一数学文月考试题含解析

2022年山西省忻州市庄磨中学高一数学文月考试题含解析一、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.把数列的所有项按照从大到小，左大右小的原则写成如右数表：第k行有个数。第t行的第s个数（从左数起）记为，则为（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：C2.已知集合,则A∩B=（

）A. B. C. D.参考答案：D【分析】先求集合A和集合B，然后取交集即可.【详解】,,则,故选：D【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.3.若,则=

（

）

A．

B.

C.

D.参考答案：A4.已知过点P(-2，m)，Q(m，4)的直线的倾斜角为45o，则m的值为（

）

A、l

B、2

C、3

D、4参考答案：A略5.已知集合，则，则（A）

（B）

（C）

(D)参考答案：A6.（3分）设函数f（x）=，则f（f（﹣1））的值为（） A． ﹣2 B． ﹣1 C． 1 D． 2参考答案：D考点： 函数的值．专题： 函数的性质及应用．分析： 根据分段函数f（x）的解析式，求出f（f（﹣1））的值即可．解答： ∵函数f（x）=，∴f（﹣1）=﹣（﹣1）=1，∴f（f（﹣1））=f（1）=12+1=2．故选：D．点评： 本题考查了根据分段函数的解析式，求函数值的问题，是基础题目．7.已知α、β是两个不同的平面，直线a?α，直线b?β，命题p：a与b没有公共点，命题q：α∥β，则p是q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件参考答案：B8.化简的结果是（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】先用消去式子中的，再用二倍角公式可进一步对式子进行化简即得。【详解】由题得原式，，，，故选B。【点睛】本题主要考查二倍角公式的运用，在开二次根号时需要注意开出的数必须为正数。9.在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正三角形（如图）．试问三角形数的一般表达式为

（

）A．

B.

C.

D.参考答案：D略10.如图所示为f（x）=Asin（x+φ）（A＞0，0＜φ＜）的部分图象，P，Q分别为f（x）图象的最高点和最低点，点P坐标为（2，A），PR⊥x轴于R，若∠PRQ=．则A及φ的值分别是（）A．， B．， C．2， D．2，参考答案：C【考点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义．【专题】数形结合；转化法；三角函数的图像与性质．【分析】由题意直接求出函数的最大值A，通过点P的坐标为（2，A），点R的坐标为（2，0）．若∠PRQ=，画出图象，求出函数的周期，然后求出最大值，利用函数的图象经过P，求出φ的值．【解答】解：如图，∵点P的坐标为（2，A），点R的坐标为（2，0）．若∠PRQ=，∴∠SRQ==．则SQ=A，RS==，则tan===，得A=．即P（2，），∴2=2sin（），解得φ=2kπ+﹣，k∈Z，∵0＜φ＜，∴当k=0时，φ=．故选：C．【点评】本题考查三角函数的解析式的求法，考查函数的图象的应用，考查计算能力，根据条件结合图象求出A和φ的值是解决本题的关键．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若函数f（x）=2x+x﹣4的零点x0∈（a，b），且b﹣a=1，a，b∈N，则a+b=

．参考答案：3【考点】函数零点的判定定理．【分析】利用函数的零点存在定理判断区间端点值的符号，从而确定函数零点的区间．得到a，b的值．【解答】解：因为f（x）=2x+x﹣4，所以f（1）=2+1﹣4=﹣1＜0，f（2）=4+2﹣4=2＞0．所以由函数零点存在性定理，可知函数f（x）零点必在区间（1，2）内，则a=1．b=2，a+b=3．故答案为：3．12.已知y=f（x）在定义域R上是减函数，且f（1﹣a）＜f（2a﹣1），则a的取值范围是．参考答案：（﹣∞，）考点： 函数单调性的性质．专题： 函数的性质及应用．分析： 根据函数y=f（x）在定义域R上是减函数，则能推出不等式1﹣a＞2a﹣1，从而求出a的取值范围．解答： 解：因为y=f（x）在定义域R上是减函数，且f（1﹣a）＜f（2a﹣1），使用由减函数的性质可知1﹣a＞2a﹣1，解得a＜．所以a的取值范围是（﹣∞，）．故答案为：（﹣∞，）．点评： 本题考查了函数的单调性的应用，属于基础题型．13.在平面直角坐标系中，已知角的顶点和点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点坐标为，则．参考答案：14.在△ABC中，若，C＝150°，BC＝1，则AB＝______.参考答案：15.给出下列命题：

①在空间，若两条直线都与第三条直线平行，则这两条直线平行；②在空间，若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线平行；③在空间，若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线平行；④在空间，若两条直线都与一个平面垂直，则这两条直线平行；其中，正确命题的序号是

。（写出所有正确命题的序号）

参考答案：①④16.（4分）已知函数f（x）=cos（2x+φ）（0≤φ＜π）是奇函数，则f（x）在上的最大值与最小值的和为．参考答案：0考点： 余弦函数的图象．专题： 三角函数的图像与性质．分析： 根据f（x）是奇函数得到φ=，利用三角函数的图象和性质即可得到结论．解答： ∵函数f（x）=cos（2x+φ）（0≤φ＜π）是奇函数，∴φ=，即函数f（x）=cos（2x+）=﹣sin2x，∵x∈，∴2x∈，即当2x=时，f（x）取得最小值﹣1，当2x=时，函数f（x）取得最大值1，∴f（x）在上的最大值与最小值的和1﹣1=0，故答案为：0点评： 本题主要考查三角函数的奇偶性和最值的求解，根据条件求出φ的值是解决本题的关键．17.（3分）已知实数m≠0，函数，若f（2﹣m）=f（2+m），则实数m的值为

．参考答案：和8考点： 函数与方程的综合运用；函数的零点．专题： 函数的性质及应用．分析： 根据分段函数的解析式，可以确定2+m和2﹣m应该在两段函数上各一个，对2+m和2﹣m分类讨论，确定相应的解析式，列出方程，求解即可得到实数m的值．解答： ∵，∴f（x）在x≤2和x＞2时，函数均为一次函数，∵f（2﹣m）=f（2+m），∴2﹣m和2+m分别在x≤2和x＞2两段上各一个，①当2﹣m≤2，且2+m＞2，即m＞0时，∴f（2﹣m）=3（2﹣m）﹣m=6﹣4m，f（2+m）=﹣（2+m）﹣2m=﹣2﹣3m，∵f（2﹣m）=f（2+m），∴6﹣4m=﹣2﹣3m，∴m=8，；②当2﹣m＞2，且2+m≤2，即m＜0时，∴f（2﹣m）=﹣（2﹣m）﹣2m=﹣2﹣m，f（2+m）=3（2+m）﹣m=6+2m，∵f（2﹣m）=f（2+m），∴﹣2﹣m=6+2m，∴m=．综合①②，可得实数m的值为和8．故答案为：和8．点评： 本题考查了分段函数的解析式及其应用，考查了分段函数的取值问题，对于分段函数一般选用数形结合和分类讨论的数学思想进行解题．同时考查了函数的零点与方程根的关系．函数的零点等价于对应方程的根，等价于函数的图象与x轴交点的横坐标，解题时要注意根据题意合理的选择转化．属于中档题．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.设函数的定义域为集合，集合＞．请你写出一个一元二次不等式，使它的解集为，并说明理由．参考答案：由得,……2分又由，，，，得，……5分所以，，……7分所以，不等式的解集为.(答案不唯一）………………10分19.已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD＝()A．2

B．C．

D．1参考答案：C20.已知向量a=(cosωx-sinωx,sinωx),向量b=(-cosωx-sinωx,2cosωx),设函数f(x)=a·b，(x∈R)的图象关于直线x=π对称,其中ω为常数,且ω∈.

(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)求函数f(x)在区间上的取值范围.参考答案：（1）（2）[-1,2].【分析】（1）化简，通过周期公式可求得最小正周期；(2)由（1）先求得的取值范围，于是可判断f(x)的取值范围.【详解】解:(1)因为由直线是图象的一条对称轴,可得,所以,即.又,所以,故.所以的最小正周期是..(2)故,由,得,所以,得故函数在上的取值范围为[-1,2].【点睛】本题主要考查三角函数恒等变换，最值问题，意在考查学生的基础知识，计算能力，难度不大.21.设m∈R，函数f（x）=ex﹣m（x+1）+m2（其中e为自然对数的底数）（Ⅰ）若m=2，求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）已知实数x1，x2满足x1+x2=1，对任意的m＜0，不等式f（x1）+f（0）＞f（x2）+f（1）恒成立，求x1的取值范围；（Ⅲ）若函数f（x）有一个极小值点为x0，求证f（x0）＞﹣3，（参考数据ln6≈1.79）参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；（Ⅱ）问题转化为2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，令g（m）=2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1，得到关于x1的不等式组，解出即可；（Ⅲ）求出f（x0）的解析式，记h（m）=m2﹣mlnm，m＞0，根据函数的单调性求出h（m）的取值范围，从而求出f（x0）的范围，证明结论即可．【解答】解：（Ⅰ）m=2时，f（x）=ex﹣2x﹣1，f′（x）=ex﹣2，令f′（x）＞0，解得：x＞ln2，故函数f（x）在[ln2，+∞）递增；（Ⅱ）∵不等式f（x1）+f（0）＞f（x2）+f（1）恒成立，x1+x2=1，∴2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，令g（m）=2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1，当2（x1﹣1）=0时，g（m）=0＜0不成立，则，解得：x1＞1；（Ⅲ）由题意得f′（x）=ex﹣m，f′（x0）=0，故=m，f（x0）=﹣m（x0+1）+m2=m2﹣mlnm，m＞0，记h（m）=m2﹣mlnm，m＞0，h′（m）=m﹣lnm﹣1，h′′（m）=﹣，当0＜m＜2时，h′′（m）＜0，当m＞2时，h′′（m）＞0，故函数h′（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，如图所示：[h′（m）]min=h′（2）=﹣ln2＜0，又当m→0时，h′（m）＞0，m→+∞，h′（m）＞0，故函数h′（m）=0有2个根，记为m1，m2（m1＜2＜m2＜6），（h′（6）＞0），故h（m）在（0，m1）递增，在（m1，m2）递减，在（m2，+∞）递增，又当m→0时，h（