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1、2022-2023学年上海市育民中学高一数学理下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）圆C1：x2+y2=1，与圆C2：x2+y24x+3=0的位置关系是（）A内切B外切C相交D相离参考答案：B考点：圆与圆的位置关系及其判定 专题：计算题分析：求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系解答：圆C1的圆心C1（0，0），半径等于1C2：x2+y24x+3=0 即（x2）2+y2=1，圆心C2（2，0），半径为1，两圆的圆心距等于2，正好等于两
2、圆的半径之和，故两圆相外切，故选B点评：本题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法，关键是求圆心距和两圆的半径2. 下列各数中最小的数是（ ）A111111（2） B150（6） C1000（4） D81（8）参考答案：A略3. 不等式的解集是（ ）A. B . C. ，或 D. ，或参考答案：A4. 已知集合Ma，b，c中的三个元素可构成某一三角形的三边长，那么此三角形一定不是( )A直角三角形 B锐角三角形C钝角三角形 D等腰三角形参考答案：D5. 已知奇函数的图像关于直线对称，且，则的值为（ ）A. 3B. 0C. -3D. 参考答案：C【分析】由函数的图象关于直线对称，可得，再结合为奇函数
3、，求得的值.【详解】解：由函数的图象关于直线对称，可得，再结合为奇函数，可得，求得，故选：C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的性质，函数的图象的对称性，属于基础题.6. 已知集合A2，4，5，B1，3，5，则AB （ ）AB5C1，3D1，2，3，4，5参考答案：D7. 在ABC中，若，则ABC的面积的最大值为（）A8B16CD参考答案：D【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】根据平面向量的数量积公式和余弦定理，求出b2+c2=80，再利用基本不等式得出bc的最大值，写出ABC的面积，求其最大值即可【解答】解：ABC中，设A、B、C所对边分别为a，b，c，则c?b?cosA=a=8；所以
4、ABC的面积为：SABC=bcsinA=bc=bc=，由余弦定理可得b2+c22bc?cosA=a2=64，由消掉cosA得b2+c2=80，所以b2+c22bc，bc40，当且仅当b=c=2时取等号，所以SABC=8，所以ABC面积的最大值为8故选：D8. 已知点P为角的终边上的一点，且sin=，则y的值为（）ABCD2参考答案：B【考点】G9：任意角的三角函数的定义【分析】求出|OP|利用任意角的三角函数的定义，求出sin，进而结合已知条件求出y的值【解答】解：由题意可得：，所以，所以y=，又因为，所以y0，所以所以y=故选B【点评】本题是基础题，考查任意角的三角函数的定义，常考题型9.
5、在抽查产品尺寸的过程中，将其尺寸分成若干组，a，b是其中的一组，抽查出的个体在该组上的频率为，该组上的直方图的高为，则（ ）A B CD参考答案：A略10. （5分）集合A=1，a，3，B=3，a2，5，6，若AB=1，2，3，4，5，6则a的值为（）A4B2C2D2参考答案：C考点：并集及其运算 专题：集合分析：利用并集的定义求解解答：集合A=1，a，3，B=3，a2，5，6，AB=1，2，3，4，5，6，或，解得a=2故选：C点评：本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要注意并集性质的合理运用二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设A、B、C、D为球O上四点，若AB、A
6、C、AD两两互相垂直，且，则A、D两点间的球面距离 参考答案：12. （5分）从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率是 参考答案：考点：古典概型及其概率计算公式 专题：概率与统计分析：根据题意，首先用列举法列举从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数的全部情况，可得其情况数目，进而可得其中一个数是另一个的两倍的情况数目，由古典概型的公式，计算可得答案解答：从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况；其中其中一个数是另一个的两倍的有两种，即（1，2），（2，4）；则其概率
7、为=；故答案为：点评：本题考查古典概型的计算，解本题时，用列举法，注意按一定的顺序，做到不重不漏13. 在中，角所对的边分别为，若成等差数列，则角的取值范围是_(角用弧度表示).参考答案：14. 设函数f（x）=，关于f（x）的性质，下列说法正确的是 定义域是x|xk+，kZ；值域是R；最小正周期是；f（x）是奇函数；f（x）在定义域上单调递增参考答案：【考点】三角函数的化简求值【分析】利用二倍角公式化简函数解析式，根据正切函数的图象和性质逐一分析各个选项即可得解【解答】解：f（x）=tanx（cosx），对于，函数f（x）的定义域是x|x2k+，xk+，x2k+，kZ，故错误；对于，函数f（
8、x）的值域是R，故正确；对于，由于f（x+）=tanx（其中cosx），故错误；对于，由于f（x）=f（x），故正确；对于，由正切函数的图象可知函数在整个定义域上不单调，有无数个单调增区间，故错误故答案为：15. 设集合Ax|xm0，Bx|2x4，全集UR，且(?UA)B?，求实数m的取值范围为_参考答案：16. 已知随机变量X的概率分布为P(Xi)(i1,2,3,4)，则P(2X4) 参考答案： ； 17. （8分）计算的值参考答案：6考点：对数的运算性质 专题：计算题；函数的性质及应用分析：直接利用对数的运算性质以及绝对值化简，求出表达式的值即可解答：=2+2lg3+lg6lg2+2=6所
9、求表达式的值为：6点评：本题考查对数的运算性质的应用，注意lg3与2的大小关系，考查计算能力三、 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. 已知O：x2+y2=1和定点A（2，1），由O外一点P（x，y）向O引切线PQ，切点为Q，且满足|PQ|=2|PA|（I）求动点P的轨迹方程C；（）求线段PQ长的最小值；（）若以P为圆心所做的P与O有公共点，试求P半径取最小值时的P点坐标参考答案：【考点】直线与圆的位置关系；轨迹方程【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆【分析】（I）由勾股定理可得 PQ2=OP2OQ2=4PA2，即 x2+y21=4（x2）2+4
10、（y1）2，化简可得动点P的轨迹方程C；（）求出PA长的最小值，即可求线段PQ长的最小值；（）P半径取最小值时，OC与圆C相交的交点为所求【解答】解：（I）连接OQ，切点为Q，PQOQ，由勾股定理可得 PQ2=OP2OQ2由已知|PQ|=2|PA|可得PQ2=4PA2，即x2+y21=4（x2）2+4（y1）2化简可得3x2+3y216x8y+21=0（2）3x2+3y216x8y+21=0，可化为（x）2+（y）2=，圆心C（，），半径为|CA|=，|PA|min=，线段PQ长的最小值为2（）；（）P半径取最小值时，OC与圆C相交的交点为所求，直线OC的方程为y=x，代入3x2+3y216x
11、8y+21=0，可得15x280x+84=0，x=，P半径取最小值时，P（，）【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，圆的切线的性质，两点间的距离公式，属于中档题19. (本小题满分13分)设，求函数的最大值和最小值,并求出相应的轴。参考答案：记4令 6 7当即时 10当即时， 13 20. 在ABC中,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，已知(1)求sinC的值； (2)当a=2， 2sinA=sinC时，求b及c的长参考答案：（）解：因为cos2C=1-2sin2C=，及0C 所以sinC=.（）解：当a=2，2sinA=sinC时，由正弦定理，得c=4由cos2C=2cos2C-1=
12、，J及0C得cosC=由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC，得b2b-12=0解得 b=或2所以 b= b= c=4 或 c=4略21. 如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=1，点P为DD1的中点（1）求证：直线BD1平面PAC；（2）求证：平面PAC平面BDD1参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定【分析】（1）设AC和BD交于点O，连PO，则POBD1，由此能证明直线BD1平面PAC（2）推导出ACBD，DD1AC，由此能证明平面PAC平面BDD1【解答】证明：（1）设AC和BD交于点O，连PO，由P，O分别是DD1，BD的中点，故POBD1，因为PO?平面PAC，BD1?平面PAC，所以直线BD1平面PAC（2）长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，则ACBD又DD1面ABCD，则DD1AC，所以AC面BDD1，则平面PAC平面BDD122. 在直角坐标系中，以为圆心的圆与直线相切（）求圆的方程；（）圆与轴相交于两点，圆内的动点使成等比数列，求的取值范围（结果用区间表示）参考答案：解：（）依题设，圆的半径等于原点到直线的距离， 即得圆的方程为4分（）不妨设由即得 6分设，由成等比数列，得，即 8分 10分由于点在圆内，故 由此得所以的取值范围为
