河南省鶴壁市第七中學2021-2022學年高一數學文月考試題含解析

河南省鶴壁市第七中學2021-2022學年高一數學文月考試題含解析一、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.如果一個水平放置的圖形的斜二測直觀圖是一個底角為，底面邊長為2的等腰三角形，那么原平面圖形的面積是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C2.若函數為偶函數，且在[2,+∞)為增函數，則下列結論正確的是（

）A.

B.C.

D.參考答案：D3.（5分）某三棱錐的三視圖如圖所示，該三梭錐的表面積是（） A． 60+12 B． 56+12 C． 30+6 D． 28+6參考答案：C考點： 由三視圖求面積、體積．專題： 空間位置關系與距離．分析： 通過三視圖復原的幾何體的形狀，利用三視圖的數據求出幾何體的表面積即可．解答： 三視圖復原的幾何體是底面為直角邊長為4和5的三角形，一個側面垂直底面，且此側面為等腰三角形，三棱錐的高為4，底邊長為5，如圖所示．所以S底=×4×5=10，S后=×5×4=10，S右=×4×5=10，S左=×2×=6．幾何體的表面積為：S=S底+S后+S右+S左=30+6．故選C．點評： 本題考查三視圖與幾何體的關系，注意表面積的求法，考查空間想象能力計算能力．4.為了解800名學生的學習情況，采用系統(tǒng)抽樣的方法，從中抽取容量為40的樣本，則分段的間隔為（）A． 50 B． 40 C． 25 D． 20參考答案：D5.下列關于△ABC的說法正確的是

（

）A．若a=7，b=14，A=30°，則B有兩解

B．若a=6，b=9，A=45°，則B有兩解

C．若b=9，c=10，B=60°，則C無解

D．若a=30，b=25，A=150°，則B只有一解參考答案：D6.（5分）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，直線BC′與平面A′BD所成的角的余弦值等于（） A． B． C． D． 參考答案：B考點： 直線與平面所成的角．專題： 計算題．分析： 以A點為坐標原點，以AB，AD，AA′方向為x，y，z軸正方向建立空間坐標系，分別求出直線BC′的方向向量與平面A′BD的法向量坐標，代入向量夾角公式，求出直線BC′與平面A′BD所成的角的正弦值，再由同角三角函數關系即可求出直線BC′與平面A′BD所成的角的余弦值．解答： 以A點為坐標原點，以AB，AD，AA′方向為x，y，z軸正方向建立空間坐標系則A（0，0，0），B（1，0，0），C′（1，1，1）則=（0，1，1）由正方體的幾何特征易得向量=（1，1，1）為平面A′BD的一個法向量設直線BC′與平面A′BD所成的角為θ則sinθ==則cosθ=故選B點評： 本題考查的知識點是直線與平面所成的角，其中建立空間坐標系，將線面夾角問題，轉化為向量夾角問題是解答本題的關鍵．7.若函數是奇函數,則的值是（

）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

A．0

B．

C．1

D．2參考答案：D8.無窮多個正整數組成（公差不為零的）等差數列，則此數列中（

）（A）必有一項為完全平方數

（B）必有兩項為完全平方項（C）不能有三項為完全平方項

（D）若有平方項，則有無窮多項為完全平方項參考答案：D略9.若（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是（）A．直角三角形 B．等邊三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形參考答案：B【考點】HR：余弦定理．【分析】對（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc化簡整理得b2﹣bc+c2=a2，代入余弦定理中求得cosA，進而求得A=60°，又由sinA=2sinBcosC，則=2cosC，即=2?，化簡可得b=c，結合A=60°，進而可判斷三角形的形狀．【解答】解：∵（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc∴[（b+c）+a][（b+c）﹣a]=3bc∴（b+c）2﹣a2=3bc，b2﹣bc+c2=a2，根據余弦定理有a2=b2+c2﹣2bccosA，∴b2﹣bc+c2=a2=b2+c2﹣2bccosA即bc=2bccosA即cosA=，∴A=60°又由sinA=2sinBcosC，則=2cosC，即=2?，化簡可得，b2=c2，即b=c，∴△ABC是等邊三角形．故選B．【點評】本題主要考查了余弦定理在解三角形中的應用．要熟練記憶余弦定理的公式及其變形公式．10.已知f（x）是奇函數，且在（0，+∞）上是增函數，若f（4）=0，則滿足xf（x）≤0的x取值范圍是（） A．[﹣4，4] B．（﹣4，4） C．[﹣4，0）∪（0，4] D．（﹣∞，4）∪（4，+∞）參考答案：A【考點】奇偶性與單調性的綜合． 【專題】函數的性質及應用． 【分析】首先由奇函數的圖象關于原點對稱及在（0，+∞）上是增函數，從而轉化為不等式組，進而可解出x的取值范圍． 【解答】解：∵函數f（x）是定義在R上的奇函數，在（0，+∞）上是增函數，f（0）=0 ∴或， ∴x的取值范圍是（0，4]∪[﹣4，0）∪{0}=[﹣4，4]， 故選：A． 【點評】本題主要考查不等式的解法，考查函數單調性與奇偶性的結合，應注意奇函數在其對稱區(qū)間上單調性相同，偶函數在其對稱區(qū)間上單調性相反． 二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖，在三角形ABC中，已知AB=，AC=2，∠BAC=45°，E，F(xiàn)分別為BC，BA中點，AE，CF相交于G，則?的值為．參考答案：【考點】9R：平面向量數量積的運算．【分析】首先由已知AB=，AC=2，∠BAC=45°，求出BC，得到B為直角，利用中線性質以及數量積公式得到所求．【解答】解：因為AB=，AC=2，∠BAC=45°，所以BC2=AB2+AC2﹣2AB×ACcos45°=2，所以BC=，所以B=90°，E，F(xiàn)分別為BC，BA中點，AE，CF相交于G，則?=×（）（）=（）=（0﹣2﹣2﹣4）=﹣；故答案為：12.用分層抽樣的方法從某高中學校學生中抽取一個容量為55的樣本參加問卷調查，其中高一年級、高二年級分別抽取10人、25人．若該校高三年級共有學生400人，則該校高一和高二年級的學生總數為

▲

人．參考答案：70013.已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則當時，的表達為.參考答案：14.（5分）若菱形ABCD的邊長為2，則=

．參考答案：2考點： 向量在幾何中的應用．專題： 計算題．分析： 利用向量的運算法則將化簡，利用菱形ABCD的邊長為2得到向量模的值．解答： ====2故答案為：2點評： 本題考查向量的運算法則：平行四邊形法則、三角形法則；利用向量解決幾何中的長度、角度的問題．15.的定義域為

．參考答案：{x|x≥﹣2且x≠1}【考點】函數的定義域及其求法．【分析】由根式內部的代數式大于等于0，分式的分母不等于0聯(lián)立不等式組可得原函數的定義域．【解答】解：要使原函數有意義，則，解得x≥﹣2且x≠1．所以原函數的定義域為{x|x≥﹣2且x≠1}．故答案為{x|x≥﹣2且x≠1}．16.設函數f(x)的定義域為R，且，當時，，則

．參考答案：－2因為，則，所以，則。

17.（5分）（﹣2）0﹣（）﹣2log2﹣log2的值為

．參考答案：考點： 對數的運算性質；有理數指數冪的化簡求值．專題： 函數的性質及應用．分析： 直接利用指數與對數的運算法則化簡求值即可解答： （﹣2）0﹣（）﹣2log2﹣log2=1﹣﹣+3=．故答案為：．點評： 本題考查指數與對數的運算法則，考查計算能力．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.（本題12分）一個盒子中裝有4張卡片，每張卡片上寫有1個數字，數字分別是1、2、3、4，現(xiàn)從盒子中隨機抽取卡片.（1）若一次從中隨機抽取3張卡片，求3張卡片上數字之和大于或等于7的概率；（2）若第一次隨機抽取1張卡片，放回后再隨機抽取1張卡片，求兩次抽取的卡片中至少一次抽到數字2的概率.參考答案：(1)設A表示事件“抽取3張卡片上的數字之和大于或等于7”，任取三張卡片，三張卡片上的數字全部可能的結果是（1、2、3），（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共4種，數字之和大于或等于7：（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共3種，所以P(A)=.

(2)設B表示事件“至少一次抽到2”，第一次抽1張，放回后再抽取1張的全部可能結果：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4），共16個

事件B包含的結果有（1、2）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、2）（4、2），共7個所以所求事件的概率為P(B)=.

19.（本小題滿分10分）已知兩直線：和：（1）試確定的值使與相交于點（2）∥參考答案：解：（1），，

…………5分（2）由，得，再由得或時，∥

…………10分略20.已知函數為偶函數，其圖象上相鄰的兩個最低點間的距離為．（1）求的解析式；（2）若求的值．參考答案：解：（1）因為周期為所以，又因為為偶函數，所以，則．…………………6分（2）因為，又，所以，又因為．………13分

略21.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，O為AD中點，M是棱PC上的點，AD=2BC．（1）求證：平面POB⊥平面PAD；（2）若PA∥平面BMO，求的值．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【分析】（1）證明四邊形BCDO是平行四邊形，得出OB⊥AD；再證明BO⊥平面PAD，從而證明平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：由，M為PC中點，證明N是AC的中點，MN∥PA，PA∥平面BMO．解法二：由PA∥平面BMO，證明N是AC的中點，M是PC的中點，得．【解答】解：（1）證明：∵AD∥BC，，O為AD的中點，∴四邊形BCDO為平行四邊形，∴CD∥BO；又∵∠ADC=90°，∴∠AOB=90°，即OB⊥AD；又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BO⊥平面PAD；又∵BO?平面POB，∴平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：，即M為PC中點，以下證明：連結AC，交BO于N，連結MN，∵AD∥BC，O為AD中點，AD=2BC，∴N是AC的中點，又點M是棱PC的中點，∴MN∥PA，∵PA?平面BMO，MN?平面BMO，∴PA∥平面BMO．解法二：連接AC，交BO于N，連結MN，∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC=MN，∴PA∥MN；又∵AD∥BC，O為AD中點，AD=2BC，∴N是AC的中點，∴M是PC的中