2022年安徽省淮北市北山中学高一数学文联考试题含解析

2022年安徽省淮北市北山中学高一数学文联考试题含解析 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. 已知是上的减函数，那么的取值范围是（    ）                        参考答案： D 略 2. 在长方体中，．若分别为线段， 的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A．               B．              C． D． 参考答案： C 3. 若且，且，则实数的取值范围（   ） A.     B. C． 或    D. 或 参考答案： C 4. 已知函数的值域为R,则的取值范围是（       ） A.    B   C.或    D.或 参考答案： C 略 5. 下列函数中，在（0，2）上为增函数的是(     ) A． B． C． D． 参考答案： D 【考点】函数单调性的判断与证明． 【专题】证明题；函数思想；分析法；函数的性质及应用． 【分析】根据增函数的定义对A、B、C、D四个选项进行一一判断； 【解答】解：A、y= 在（﹣1，+∞）是减函数，故A错误， B、∵y=log2t为增函数，t=在（1，+∞）为增函数，在（﹣∞，﹣1）为减函数， ∴log2在（1，+∞）为增函数，在（﹣∞，﹣1）为减函数，故B错误， C、∵y=log2，当x＞0，为减函数，故C错误； D、∵y=log0.2t为减函数，t=4﹣x2在（﹣2，﹣0）为增函数，在（0，2）为减函数， ∴y=log0.2（4﹣x2）在（﹣2，﹣0）为减函数，在（0，2）为增函数，故D正确． 故选：D． 【点评】此题主要考查函数的单调性的判断与证明，此题考查的函数都比较简单，是一道基础题． 6. 如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB=2，侧面积为8，则它的体积为（　　） A．4 B．8 C．12π D．16π 参考答案： A 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】作PO⊥平面ABCD，取BC中点E，连结OE，PE，求出PE=2，从而PO=1，由此能求出正四棱锥P﹣ABCD的体积． 【解答】解：作PO⊥平面ABCD，取BC中点E，连结OE，PE， ∵正四棱锥P﹣ABCD中，AB=2，侧面积为8， ∴O是四边形ABCD的中点，E是BC的中点，PE⊥BC， 4×BC×PE=8，解得PE=2， ∴PO===1， ∴正四棱锥P﹣ABCD的体积V= ==4． 故选：A． 7. 若，则的取值范围是               （      ） A.          B.        C.        D. 参考答案： B 8. 直线的倾斜角是（   ）.  A.          B.          C.         D . 参考答案： D 9. 向量，若∥，则x的值是（     ） A. －8 B. －2 C. 2 D. 8 参考答案： C 由题意，得，解得；故选C. 10. 用二分法计算在内的根的过程中：令f(x)= 得，，，，则方程的根落在区间（    ） A、      B、     C、      D、 参考答案： D 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 计算：                     . 参考答案： 12. 设正数a，b满足，则a=_____；b=_____． 参考答案： 1     【分析】 根据基本不等式求解. 【详解】 当且仅当且即时，“=”成立. 所以. 【点睛】本题考查基本不等式. 13. 在△ABC中，若a，b，c成等比数列，则cos2B+cosB+cos（A﹣C）=　_________　． 参考答案： 1 14. 集合，集合，则   ▲     . 参考答案： 15. 正数、满足，那么的最小值等于___________. 参考答案： 4 16. 如果圆心角为的扇形所对的弦长为，则扇形的面积为_________. 参考答案： 略 17. 若，是第四象限角,则＝________ 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. 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． 19. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆及其上一点A(2,4)． ①设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程． ②设点T (t,0)满足存在圆M上的两点P和Q，使得四边形ATPQ为平行四边形，求实数的取值范围． 参考答案： 解：①圆M的标准方程为：，则圆心为，． 设，半径为r，则M，N在同一竖直线上． 则，， 即圆N的标准方程为． ②∵四边形为平行四边形， ∴， ∵P，Q在圆M上， ∴， 则， 即． 20. 对于函数若f（x）=ax2+（b+1）x+b﹣2（a≠0），存在实数x0，使f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的“希望值”． （1）当a=2，b=﹣2时，求f（x）的希望值； （2）若对于任意实数b，函数f（x）恒有希望值，求实数a的取值范围． 参考答案： 【考点】二次函数的性质；函数的值． 【专题】计算题；新定义；方程思想；转化思想；函数的性质及应用． 【分析】（1）设x为希望值，则有2x2﹣x﹣4=x，变形为2x2﹣2x﹣4=0，解方程即可． （2）将f（x）=x转化为ax2+bx+b﹣2=0．由已知，此方程有实根，则有△x≥0恒成立求解； 【解答】解∵f（x）=ax2+（b+1）x+b﹣2（a≠0）， （1）当a=2，b=﹣2时，f（x）=2x2﹣x﹣4． 设x为其不动点，即2x2﹣x﹣4=x． 则2x2﹣2x﹣4=0．∴x1=﹣1，x2=2．即f（x）的不动点是﹣1，2． （2）由f（x）=x得：ax2+bx+b﹣2=0． 由已知，此方程有实根，△x≥0恒成立， 即b2﹣4a（b﹣2）≥0． 即b2﹣4ab+8a≥0对任意b∈R恒成立． ∴△b≤0．， ∴16a2﹣32a≤0， ∴0≤a≤2． 【点评】本题主要考查的知识点是二次函数的性质，方程的解法，方程根的情况以及垂直平分线定义的应用．其中根据已知中的新定义，构造满足条件的方程是解答本题的关键． 21. 已知等比数列{an}满足a1=2，a2=4（a3﹣a4），数列{bn}满足bn=3﹣2log2an． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）令cn=，求数列{cn}的前n项和Sn； （3）若λ＞0，求对所有的正整数n都有2λ2﹣kλ+2＞a2nbn成立的k的取值范围． 参考答案： 【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q，根据a1=2，a2=4（a3﹣a4），可得a2=4a2（q﹣q2），化简解得q．可得an．利用对数的运算性质可得bn． （2）cn===．利用错位相减法与等比数列的求和公式即可得出． （3）不等式2λ2﹣kλ+2＞a2nbn，即2λ2﹣kλ+2＞22﹣2n?（2n﹣1），令dn=22﹣2n?（2n﹣1），通过作差可得：dn+1＜dn，即数列{dn}单调递减，因此n=1时dn取得最大值d1=1．根据对所有的正整数n都有2λ2﹣kλ+2＞a2nbn成立，可得2λ2﹣kλ+2＞1，根据λ＞0．可得k＜2，再利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，∵a1=2，a2=4（a3﹣a4）， ∴a2=4a2（q﹣q2），化为：4q2﹣4q+1=0，解得q=． ∴an==22﹣n． ∴bn=3﹣2log2an=3﹣2（2﹣n）=2n﹣1． （2）cn===． ∴数列{cn}的前n项和Sn= [2+3?22+5×23+…+（2n﹣1）?2n]， ∴2Sn= [22+3?23+…+（2n﹣3）?2n+（2n﹣1）?2n+1]， ∴﹣Sn==， 可得：Sn=． （3）不等式2λ2﹣kλ+2＞a2nbn，即2λ2﹣kλ+2＞22﹣2n?（2n﹣1）， 令dn=22﹣2n?（2n﹣1），则dn+1﹣dn=﹣==＜0， 因此dn+1＜dn，即数列{dn}单调递减，因此n=1时dn取得最大值d1=1． ∵对所有的正整数n都有2λ2﹣kλ+2＞a2nbn成立， ∴2λ2﹣kλ+2＞1，∵λ＞0． ∴k＜2，∵2≥2=2，当且仅当λ=时取等号． ∴． 即k的取值范围是． 【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、数列的单调性、基本不等式的性质、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 　 22. 如图所示，在三棱柱ABC - A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形，且平面ABC， F、F1分别是AC、A1C1的中点. 求证：（1）平面平面； （2）平面平面. 参考答案： (1)见解析.(2)见解析. 【分析】 （1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面. （2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面. 【详解】（1）在三棱柱中， 因为分别是的中点，所以， 根据线面平行的判定定理，可得平面，平面 又， ∴平面平面. （2）在三棱柱中，平面，所以， 又，，所以平面， 而平面，所以平面平面. 【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．