2022-2023學(xué)年山西省忻州市誠(chéng)信高級(jí)中學(xué)校高一數(shù)學(xué)文上學(xué)期摸底試題含解析

2022-2023學(xué)年山西省忻州市誠(chéng)信高級(jí)中學(xué)校高一數(shù)學(xué)文上學(xué)期摸底試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.要得到的圖象，只需將y=3sin2x的圖象(

)A．向左平移個(gè)單位B．向右平移個(gè)單位C．向左平移個(gè)單位D．向右平移個(gè)單位參考答案：C考點(diǎn)：函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．專題：計(jì)算題．分析：根據(jù)左加右減的原則進(jìn)行左右平移即可．解答： 解：∵，∴只需將y=3sin2x的圖象向左平移個(gè)單位故選C．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查三角函數(shù)的平移．三角函數(shù)進(jìn)行平移時(shí)的原則是左加右減上加下減．2.如圖，水平放置的三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為2，且側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，主視圖是邊長(zhǎng)為2的正方形，該三棱柱的左視圖面積為（）A．4 B．

C． D．參考答案：B【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【專題】計(jì)算題．【分析】由三視圖和題意可知三棱柱是正三棱柱，結(jié)合正視圖，俯視圖，不難得到側(cè)視圖，然后求出面積．【解答】解：由三視圖和題意可知三棱柱是正三棱柱，底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)2，結(jié)合正視圖，俯視圖，得到側(cè)視圖是矩形，長(zhǎng)為2，寬為面積為：故選B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查由三視圖求側(cè)視圖的面積，是基礎(chǔ)題．3.若某等比數(shù)列前12項(xiàng)的和為21，前18項(xiàng)的和為49，則該等比數(shù)列前6項(xiàng)的和為

（

）A、7

B、9

C、63

D、7或63參考答案：A4.若向量=（3，m），=（2，﹣1），=0，則實(shí)數(shù)m的值為（）A． B． C．2 D．6參考答案：D【考點(diǎn)】平面向量坐標(biāo)表示的應(yīng)用．【分析】根據(jù)兩個(gè)向量的數(shù)量積為零，寫出坐標(biāo)形式的公式，得到關(guān)于變量的方程，解方程可得．【解答】解：=6﹣m=0，∴m=6．故選D5.已知函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣為f（x）的零點(diǎn)，x=為y=f（x）圖象的對(duì)稱軸，且f（x）在（，）上單調(diào)，則ω的最大值為（）A．11 B．9 C．7 D．5參考答案：B【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的對(duì)稱性．【分析】根據(jù)已知可得ω為正奇數(shù)，且ω≤12，結(jié)合x=﹣為f（x）的零點(diǎn)，x=為y=f（x）圖象的對(duì)稱軸，求出滿足條件的解析式，并結(jié)合f（x）在（，）上單調(diào)，可得ω的最大值．【解答】解：∵x=﹣為f（x）的零點(diǎn)，x=為y=f（x）圖象的對(duì)稱軸，∴，即，（n∈N）即ω=2n+1，（n∈N）即ω為正奇數(shù)，∵f（x）在（，）上單調(diào)，則﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，當(dāng)ω=11時(shí)，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此時(shí)f（x）在（，）不單調(diào)，不滿足題意；當(dāng)ω=9時(shí)，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此時(shí)f（x）在（，）單調(diào)，滿足題意；故ω的最大值為9，故選：B6.過(guò)點(diǎn)P（2，1）作圓C：x2+y2－ax+2ay+2a+1=0的切線有兩條，則a取值范圍是（

）A．a(chǎn)＞－3

B．a(chǎn)＜－3

C．－3＜a＜

D．

－3＜a＜或a＞2參考答案：Da須滿足且必須滿足則得D．－3＜a＜或a＞2而不是A7.在等比數(shù)列中，已知，則等于(

)A．16

B．6

C．12

D．4參考答案：D略8.對(duì)于平面，，和直線，，，，下列命題中真命題是（

）A．若，，，，則

B．若，，，則C．若，，則

D．若，，，，則參考答案：B9.函數(shù)的圖像的一個(gè)對(duì)稱中心是()

A.

B.

C.

D.參考答案：A10.對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y，下列不等式恒成立的是A．

B．

C．

D．參考答案：C由已知，，選C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知集合，，則M∩N=

．參考答案：因?yàn)榧?，，所以，故答案?

12.執(zhí)行右邊的程序框圖，若p＝0.8，則輸出的n＝.

參考答案：413.（5分）若函數(shù)f（x）=1+是奇函數(shù)，則m為

．參考答案：2考點(diǎn)： 函數(shù)奇偶性的判斷．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： 由題意可得f（﹣1）=﹣f（1），即1+=﹣[1+]，化簡(jiǎn)可得2++=0，由此解得m的值．解答： 由于函數(shù)f（x）=1+是奇函數(shù)，故有f（﹣1）=﹣f（1），即1+=﹣[1+]，化簡(jiǎn)可得2++=0，解得m=2，故答案為2．點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查函數(shù)的奇偶性的性質(zhì)，屬于中檔題．14.已知tanθ=，a，b∈R+，θ∈(0，)，則+=

。參考答案：15.已知數(shù)列中，，，則數(shù)列通項(xiàng)___________。參考答案：

解析：

是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列，16.△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c.已知，，，則b=______參考答案：317.若一個(gè)三角形的三邊為連續(xù)自然數(shù)，且最大角是最小角的兩倍，則此三角形的面積為_(kāi)．參考答案：【分析】設(shè)三角形三邊是連續(xù)的三個(gè)自然數(shù)，三個(gè)角分別為，由正弦定理，求得，再由余弦定理，化簡(jiǎn)可得，解得，得到三角形的三邊邊長(zhǎng)分別為，進(jìn)而可求解三角形的面積．【詳解】設(shè)三角形三邊是連續(xù)的三個(gè)自然數(shù)，三個(gè)角分別為，由正弦定理可得，所以，再由余弦定理可得，化簡(jiǎn)可得，解得或（舍去），所以，故三角形的三邊邊長(zhǎng)分別為，又由余弦定理可得的，所以，所以三角形的面積為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理，以及二倍角公式的應(yīng)用，其中解答中根據(jù)正弦、余弦定理建立三角形的邊角關(guān)系，求得三角形的邊長(zhǎng)是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于中檔試題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.已知函數(shù).（1）求的對(duì)稱軸；（2）求在區(qū)間上的最大值和最小值.參考答案：（Ⅰ）因?yàn)?===

對(duì)稱軸:

（Ⅱ）因?yàn)椋?/p>

K]又為增區(qū)間；為減區(qū)間。于是，當(dāng)，即時(shí)，

當(dāng)，即時(shí)，

19.（10分）設(shè)，求證：（1）若.（2）若其中是有理數(shù).參考答案：。所以。（2）由（1）得，所以可設(shè)，又，所以20.已知四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中點(diǎn)．(1)求證：PC∥平面EBD；(2)求證：平面PBC⊥平面PCD.參考答案：(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析試題分析：（1）連，與交于，利用三角形的中位線，可得線線平行，從而可得線面平行；

（2）證明，即可證得平面平面．試題解析：(1)連接AC交BD與O，連接EO,∵E、O分別為PA、AC的中點(diǎn)，∴EO∥PC，∵PC?平面EBD，EO?平面EBD∴PC∥平面EBD(2)∵PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD為正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D,PD、CD?平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【點(diǎn)睛】本題考查線面平行，考查面面平行，掌握線面平行，面面平行的判定方法是關(guān)鍵．21.（14分）（2011?樂(lè)陵市校級(jí)模擬）如圖所示，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，PA=AD=a．（1）求證：MN∥平面PAD；（2）求證：平面PMC⊥平面PCD．參考答案：【考點(diǎn)】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)．

【專題】證明題．【分析】（1）欲證MN∥平面PAD，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證MN與平面PAD內(nèi)一直線平行即可，設(shè)PD的中點(diǎn)為E，連接AE、NE，易證AMNE是平行四邊形，則MN∥AE，而AE?平面PAD，NM?平面PAD，滿足定理所需條件；（2）欲證平面PMC⊥平面PCD，根據(jù)面面垂直的判定定理可知在平面PMC內(nèi)一直線與平面PCD垂直，而AE⊥PD，CD⊥AE，PD∩CD=D，根據(jù)線面垂直的判定定理可知AE⊥平面PCD，而MN∥AE，則MN⊥平面PCD，又MN?平面PMC，滿足定理所需條件．【解答】證明：（1）設(shè)PD的中點(diǎn)為E，連接AE、NE，由N為PC的中點(diǎn)知ENDC，又ABCD是矩形，∴DCAB，∴ENAB又M是AB的中點(diǎn)，∴ENAM，∴AMNE是平行四邊形∴MN∥AE，而AE?平面PAD，NM?平面PAD∴MN∥平面PAD證明：（2）∵PA=AD，∴AE⊥PD，又∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PA，而CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥AE，∵PD∩CD=D，∴AE⊥平面PCD，∵M(jìn)N∥AE，∴MN⊥平面PCD，又MN?平面PMC，∴平面PMC⊥平面PCD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面與平面垂直的判定，以及線面平行的判定，同時(shí)考查了空間想象能力和推理能力，以及轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，屬于基礎(chǔ)題．22.足球，有“世界第一運(yùn)動(dòng)的美譽(yù)，是全球體育界最具影響力的單項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)之一．足球傳球是足球運(yùn)動(dòng)技術(shù)之一，是比賽中組織進(jìn)攻、組織戰(zhàn)術(shù)配合和進(jìn)行射門的主要手段．足球截球也是足球運(yùn)動(dòng)技術(shù)的一種，是將對(duì)方控制或傳出的球占為己有，或破壞對(duì)方對(duì)球的控制的技術(shù)，是比賽中由守轉(zhuǎn)攻的主要手段．這兩種運(yùn)動(dòng)技術(shù)都需要球運(yùn)動(dòng)員的正確判斷和選擇．現(xiàn)有甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行足球友誼賽，A、B兩名運(yùn)動(dòng)員是甲隊(duì)隊(duì)員，C是乙隊(duì)隊(duì)員，B在A的正西方向，A和B相距20m，C在A的正北方向，A和C相距14m．現(xiàn)A沿北偏西60°方向水平傳球，球速為10m/s，同時(shí)B沿北偏西30°方向以10m/s的速度前往接球，C同時(shí)也以10m/s的速度前去截球．假設(shè)球與B、C都在同一平面運(yùn)動(dòng)，且均保持勻速直線運(yùn)動(dòng)．（1）若C沿南偏西60°方向前去截球，試判斷B能否接到球？請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）若C改變（1）的方向前去截球，試判斷C能否球成功？請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答案：（1）能接到；（2）不能接到【分析】（1）在中由條件可得，，進(jìn)一步可得為等邊三角形，然后計(jì)算運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需時(shí)間即可判斷；（2）建立平面直角坐標(biāo)系，作于，求出直線的方程，然后計(jì)算到直線的距