2022年湖南省懷化市學(xué)校中學(xué)高一數(shù)學(xué)理期末試卷含解析

2022年湖南省懷化市學(xué)校中學(xué)高一數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、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.已知集合I={x∈Z|﹣3＜x＜3}，A={﹣2，0，1}，B={﹣1，0，1，2}，則（?IA）∩B等于（）A．{﹣1} B．{2} C．{﹣1，2} D．{﹣1，0，1，2}參考答案：C【考點】交、并、補集的混合運算．【分析】化簡集合I，根據(jù)補集與交集的定義寫出計算結(jié)果即可．【解答】解：集合I={x∈Z|﹣3＜x＜3}={﹣2，﹣1，0，1，2}，A={﹣2，0，1}，B={﹣1，0，1，2}，則?IA={﹣1，2}，所以（?IA）∩B={﹣1，2}．故選：C．2.已知A＝(1，－2)，若向量與a＝(2，－3)反向，，則點B的坐標(biāo)為()A．(10,7) B．(－10,7)C．(7，－10) D．(－7,10)參考答案：D∵向量與a＝(2，－3)反向，∴設(shè)＝λa＝(2λ，－3λ)(λ<0)．又∵，∴4λ2＋9λ2＝16×13，∴λ2＝16，∴λ＝－4.∵＝(－8,12)，又∵A(1，－2)，∴B(－7,10)．3.某單位有職工750人，其中青年職工350人，中年職工250人，老年職工150人，為了了解該單位職工的健康情況，用分層抽樣的方法從中抽取樣本.若樣本中的青年職工為7人，則樣本容量為(

)Ａ．7

Ｂ．15

Ｃ．25

Ｄ．35參考答案：B略4.光線由點P（2，3）射到直線上，反射后過點Q（1，1），則反射光線所在的直線方程為（）A、

B、C、

D、參考答案：A5.（5分）下列函數(shù)中，是偶函數(shù)且在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增的是（） A． y=﹣ln|x| B． y=x|x| C． y=﹣x2 D． y=10|x|參考答案：D考點： 函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： 根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義和基本初等函數(shù)的單調(diào)性，逐項進(jìn)行判斷即可．解答： 對于A、因為函數(shù)y=lnx在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以y=﹣ln|x|在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減，A不符合題意；對于B、函數(shù)y=x|x|的定義域是R，但f（﹣x）=﹣x|﹣x|=﹣x|x|=﹣f（x），所以函數(shù)y=x|x|是奇函數(shù)，B不符合題意；對于C、函數(shù)y=﹣x2在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減，C不符合題意；對于D、函數(shù)y=10|x|的定義域是R，且f（﹣x）=10|﹣x|=10|x|=f（x），所以函數(shù)y=10|x|是偶函數(shù)，當(dāng)x＞0時，y=10|x|=10x在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，D符合題意；故選：D．點評： 本題考查函數(shù)奇偶性的定義，以及基本初等函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題．6.若，則A

B

C

D參考答案：D7.某大學(xué)數(shù)學(xué)系共有本科生1000人，其中一、二、三、四年級的人數(shù)比為4：3：2：1，要用分層抽樣的方法從所有本科生中抽取一個容量為200的樣本，則應(yīng)抽取三年級的學(xué)生人數(shù)為(

)A．80B．40C．60D．20參考答案：B考點：分層抽樣方法．專題：概率與統(tǒng)計．分析：要用分層抽樣的方法從該系所有本科生中抽取一個容量為200的樣本，根據(jù)一、二、三、四年級的學(xué)生比為4：3：2：1，利用三年級的所占的比例數(shù)除以所有比例數(shù)的和再乘以樣本容量即得抽取三年級的學(xué)生人數(shù)．解答： 解：∵要用分層抽樣的方法從該系所有本科生中抽取一個容量為200的樣本，一、二、三、四年級的學(xué)生比為4：3：2：1，∴三年級要抽取的學(xué)生是×200=40，故選：B．點評：本題考查分層抽樣方法，本題解題的關(guān)鍵是看出三年級學(xué)生所占的比例，本題也可以先做出三年級學(xué)生數(shù)和每個個體被抽到的概率，得到結(jié)果8.數(shù)列{}定義如下:=1,當(dāng)時,,若,則的值為（）A． B． C． D．

參考答案：C9.如圖，要測量底部不能到達(dá)的某鐵塔AB的高度，在塔的同一側(cè)選擇C，D兩觀測點，且在C，D兩點測得塔頂?shù)难鼋欠謩e為45°，30°．在水平面上測得，C，D兩地相距600m，則鐵塔的AB高度是（）A．120m

B．480m

C．240m

D．600m參考答案：D10.（5分）集合?和{0}的關(guān)系表示正確的一個是（） A． {0}=? B． {0}∈? C． {0}?? D． ??{0}參考答案：D考點： 子集與真子集．專題： 閱讀型．分析： {0}是含有一個元素0的集合，?是不含任何元素的集合，?是{0}的真子集．解答： 因為{0}是含有一個元素的集合，所以{0}≠?，故A不正確；因為空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，所以B、C選項不正確．故選D．點評： 本題考查了子集與真子集，解答的關(guān)鍵是明確{0}是含有一個元素0的集合，是基礎(chǔ)題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若6a=4b=3c，則cosB=． 參考答案：【考點】余弦定理． 【分析】由已知可用a表示b，c，代入余弦定理化簡即可得解． 【解答】解：在△ABC中，∵6a=4b=3c ∴b=，c=2a， 由余弦定理可得cosB===． 故答案為：． 【點評】本題考查余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，用a表示b，c是解決問題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題． 12.（13）若實數(shù)x,y滿足的最大值是

．參考答案：略13.已知是兩條不重合的直線是三個兩兩不重合的平面給出下列四個命題:①若,則

②若,則③若,則④若，，則其中正確的命題是

▲

．(填上所有正確命題的序號)參考答案：①①根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知若m⊥α，m⊥β，則α∥β成立；②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β或α與β相交；故②不成立；③根據(jù)面面平行的可知，當(dāng)m與n相交時，α∥β，若兩直線不相交時，結(jié)論不成立；④若，，則或，故④不成立．故正確的是①.

14.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，Tn是其前n項的乘積，若25（a1+a3）=1，a5=27a2，當(dāng)Tn取得最小值時，n=．參考答案：6【考點】等比數(shù)列的通項公式；等比數(shù)列的前n項和．【分析】利用等比數(shù)列通項公式和前n項公式求出首項和公比，從而求出，由此能求出當(dāng)Tn取得最小值時，n的值．【解答】解：∵等比數(shù)列{an}的公比為q，Tn是其前n項的乘積，若25（a1+a3）=1，a5=27a2，∴，解得，q=3，∴，當(dāng)an=≥1時，n＞7，＜1，∴當(dāng)Tn取得最小值時，n=6．故答案為：6．15.已知集合,，則

．參考答案：16.已知函數(shù)則滿足不等式的x的取值范圍是

．參考答案：當(dāng)時，，此時，當(dāng)時，，此時，矛盾，舍去！當(dāng)時，此時，矛盾，舍去！綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.17.若，則

．參考答案：∵∴，∴，∴（舍去）或.故填.

三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)y=f(x)=–。（1）求的定義域和值域，并證明是單調(diào)遞減函數(shù)；（2）解不等式–>；（3）求y的反函數(shù)f–1(x)。參考答案：解析：（1）由1–x2≥0，得–1≤x≤1，即定義域為[–1，1]，令x=cosθ（0≤θ≤π），則y=–=sin+cos–cos=sin–(–1)cos=sin(–)，（–≤–≤），顯然y=sin(–)在[0，π]上是增函數(shù)，所以當(dāng)θ=0時，ymin=1–，當(dāng)θ=π時，ymax=1，即值域為[1–，1]，又x=cosθ在[0，π]上是減函數(shù)，所以y=f(x)在[–1，1]上也是減函數(shù)；（2）由sin(–)>，得sin2(–)>，cos(θ–)<，+arccos<θ≤π，–1≤cosθ<cos(+arccos)=，所以不等式的解集為[–1，)；（3）由y=sin(–)，可得θ=+2arcsin，所以x=cosθ=cos(+2arcsin)，所以y的反函數(shù)f–1(x)=cos(+2arcsin)，x∈[–1，)。19.如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點，F(xiàn)為AC和BD的交點．（1）證明：PB∥平面AEC；（2）證明：平面PAC⊥平面PBD．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）連接EF，利用中位線定理得出EF∥PB，故而PB∥平面AEC；（2）由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD，結(jié)合AC⊥BD可得BD⊥平面PAC，故而平面PAC⊥平面PBD．【解答】解：（1）證明：連接EF，∵四邊形ABCD是菱形，∴F是BD的中點，又E是PD的中點，∴PB∥EF，又EF?平面AEC，PB?平面AEC，∴PB∥平面AEC；（2）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AC?平面PAC，PA?平面PAC，AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC，又∵BD?平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．20.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，面ABCD，E為PD的中點。（1）證明：平面;（2）設(shè)，，三棱錐P-ABD的體積，求A到平面PBC的距離。參考答案：（1）證明見解析

（2）A到平面PBC的距離為【詳解】試題分析：（1）連結(jié)BD、AC相交于O，連結(jié)OE，則PB∥OE，由此能證明PB∥平面ACE．（2）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出A到平面PBD的距離試題解析：(1）設(shè)BD交AC于點O，連結(jié)EO。因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點。又E為PD的中點，所以EO∥PB

又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB∥平面AEC。（2）由，可得.作交于。由題設(shè)易知，所以故，又所以到平面的距離為法2：等體積法由，可得.由題設(shè)易知,得BC假設(shè)到平面的距離為d，又因為PB=所以又因為(或)，，所以考點：線面平行的判定及點到面的距離21.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且是與的等差中項．（1）求角C；（2）設(shè)，求△ABC周長的最大值．參考答案：解：（1）法一：由題，，由正弦定理，，即，解得，所以． 法二：由題，由余弦定理得：，解得，所以． （2）法一：由余弦定理及基本不等式，，得，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故周長的最大值為． 法二：由正弦定理，，故周長∵，∴當(dāng)時，周長的最大值為．法三