湖南省怀化市禾滩中学2022年高一数学文上学期期末试卷含解析

湖南省怀化市禾滩中学2022年高一数学文上学期期末试卷含解析一、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.（5分）已知||=，||=2，.=﹣3，则与的夹角是（） A． 150° B． 120° C． 60° D． 30°参考答案：B考点： 数量积表示两个向量的夹角．专题： 计算题．分析： 设出两个向量的夹角，利用向量的数量积公式列出方程，求出夹角的余弦，利用夹角的范围求出夹角．解答： 设两个向量的夹角为θ∵∴∴∵θ∈[0，π]∴θ=120°故选B点评： 求两个向量的夹角，一般先利用向量的数量积公式求出向量夹角的余弦，注意向量夹角的范围，求出向量的夹角．2.设f（x）=，则f[f（﹣1）]=（）A．0 B．3 C．4 D．﹣1参考答案：C【考点】函数的值．【分析】由函数性质先求出f（﹣1）=3，从而f[f（﹣1）]=f（3），由此能求出结果．【解答】解：∵f（x）=，∴f（﹣1）=（﹣1）2+2=3，f[f（﹣1）]=f（3）=3+1=4．故选：C．3.设函数为奇函数，,则

A.5

B.

C.1

D.0

参考答案：B4.函数的图像大致为(

)参考答案：D5.二次方程,有一个根比1大,另一个根比－1小,则a的取值范围是

（）A. B.C. D.参考答案：C试题分析：设，因为方程有一个根比大，另一个根比小，所以整理可得，解得，故选C.考点：一元二次方程根的存在性及个数的判断.【方法点晴】本题主要考查了一元二次方程根的存在性及个数的判断，属于基础题.解答一元二次方程根的分布问题，通常利用“三个二次”即一元二次方程、一元二次不等式、一元二次函数三者之间的关系，结合一元二次函数的图象，通常考虑开口方向、判别式、对称轴的范围及区间端点的函数值中的某几个列出满足条件的不等式组，求出相应的参数范围.6.定义在上的奇函数满足，且在上是减函数，是钝角三角形的两个锐角，则与的大小关系是(

)A．

B．C．

D．参考答案：B7.设，则（）A. B.0 C. D.-1参考答案：A试题分析：，，．即．故选A．考点：分段函数．

8.设集合A＝{5,2,3}，B＝{9,3,6}，则A∩B等于()A．{3}

B．{1}

C．{－1}

D．?参考答案：A因为集合A＝{5,2,3}，B＝{9,3,6}，所以A∩B={3}。9.下列函数中，图像的一部分如右图所示的是(

)A.

B.C.

D.参考答案：D10.用秦九韶算法求多项式当时的值时，（

）A.-5 B.-7 C.-9 D.-11参考答案：C【分析】利用秦九韶算法思想的基本步骤逐步计算，可得出的值。【详解】由秦九韶的算法思想可得，，，，故选：C。【点睛】本题考查秦九韶算法的基本思想，计算时根据秦九韶算法思想逐个计算可得出所要的结果，考查计算能力，属于中等题。二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数f(x)=-x2+2(a-1)x+2在(-∞，4)上为增函数，则a的范围是__________。参考答案：解析：（函数性质单元测验第8题）对称轴x=a-1≥4，∴a≥5。12.与零向量相等的向量必定是什么向量？参考答案：零向量13.连续抛掷一颗骰子两次，则2次掷得的点数之和为6的概率是

▲

.参考答案：14.参考答案：略15.若，则

参考答案：116.已知向量，，若，则

．参考答案：10由题意可得：，即：，则：，据此可知：.

17.过点作直线与圆交于M、N两点，若=8，则的方程为

．参考答案：略三、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.（本小题满分14分）已知点P（2，0），及圆C：x2＋y2－6x＋4y＋4=0.

（1）当直线l过点P且与圆心C的距离为1时，求直线l的方程；

（2）设过点P的直线与圆C交于A、B两点，当|AB|=4，求以线段AB为直径的圆的方程.参考答案：解：（1）当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x－2)，………2分又⊙C的圆心为(3,－2)，半径r=3，…………4分由，…………6分所以直线l的方程为…………7分

当k不存在时，直线l的方程为x=2.…………9分（2）由弦心距，…………12分

又P为AB的中点，故以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2=4.…………14分19.如图，在棱长为1的正方体中，P是侧棱CC1上的一点，CP=m（1）试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为；（2）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论．参考答案：【考点】直线与平面所成的角．【分析】（1）连AC，设AC与BD相交于点O，AP与平面BDD1B1相交于点，连接OG，证明AO⊥平面BDD1B1，说明∠AGO是AP与平面BDD1B1所成的角．在Rt△AOG中，利用直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为4．求出m的值．（2）点Q应当是AICI的中点，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，通过证明D1O1⊥平面ACC1A1，D1O1⊥AP．利用三垂线定理推出结论．【解答】解：（1）连AC，设AC与BD相交于点O，AP与平面BDD1B1相交于点G，连接OG，因为PC∥平面BDD1B1，平面BDD1B1∩平面APC=OG，故OG∥PC，所以，OG=PC=．又AO⊥BD，AO⊥BB1，所以AO⊥平面BDD1B1，故∠AGO是AP与平面BDD1B1所成的角．在Rt△AOG中，tan∠AGO=，即m=．所以，当m=时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为4．（2）可以推测，点Q应当是AICI的中点，当是中点时因为D1O1⊥A1C1，且D1O1⊥A1A，A1C1∩A1A=A1，所以D1O1⊥平面ACC1A1，又AP?平面ACC1A1，故D1O1⊥AP．那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直．20.在锐角△ABC中，． （1）求角A； （2）若a=，当sinB+cos（﹣C）取得最大值时，求B和b． 参考答案：【考点】余弦定理的应用；三角函数的最值． 【分析】（1）由余弦定理，结合条件，可得sin2A=1，即可求角A； （2）先得出B=时，sinB+cos（﹣C）取得最大值，再利用正弦定理，即可得出结论． 【解答】解：（1）由余弦定理可得= ∵△ABC是锐角三角形， ∴cosB＞0， ∴sin2A=1， ∴2A=， ∴A=； （2）由（1）知，B+C=， ∴sinB+cos（﹣C）=sinB+cos（B﹣）=sinB+cosBcos+sinBsin =sinB+cosB=sin（B+） ∵0＜﹣B＜，0＜B＜， ∴＜B＜， ∴＜B+＜， ∴B+=，即B=时，sinB+cos（﹣C）取得最大值， 由正弦定理可得b===． 【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查三角函数的化简，考查学生分析解决问题的能力，正确运用正弦定理、余弦定理是关键． 21.定义在D上的函数f（x），如果满足：对任意x∈D，存在常数M≥0，都有|f（x）|≤M，则称f（x）是D上的有界函数，其中M称为函数f（x）的一个上界，已知函数为奇函数．（1）求实数a的值；（2）当x∈（﹣1，1）时，有g（1﹣m）+g（1﹣m2）＜0，求m的取值范围；（3）求函数g（x）在区间[，3]上的所有上界构成的集合．参考答案：见解析【考点】对数函数的图象与性质；函数奇偶性的性质．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】（1）利用奇函数定义判断．（2）根据单调性转化为不等式组有，求解即可．（3）利用函数g（x）=log，在区间[，3]上是单调递增，得出g（3）=﹣1，g（）=﹣2，|g（x）|≤2，再根据上界判断即可．【解答】解：（1）∵函数g（x）=log为奇函数．∴g（﹣x）=﹣g（x），即log=﹣log∴=，1﹣x2=1﹣a2x2得出；a=±1，而a=1时不符合题意，故a=﹣1，（2）g（1﹣m）+g（1﹣m2）＜0，g（1﹣m）＜g（m2﹣1），g（x）为增函数，所以有，解得1，故不等式的解集{m|1}，（3）由（1）得：g（x）=log，因为函数g（x）=log，在区间（1，+∞）上是单调递增，即函数g（x）=log，在区间[，3]上是