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1、广东省东莞市大汾中学2022-2023学年高一数学文上学期摸底试题含解析一、 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. 计算sin75cos15cos75sin15的值等于（）A0BCD参考答案：D【考点】三角函数的化简求值【分析】直接利用两角差的正弦化简求值【解答】解：sin75cos15cos75sin15=sin（7515）=sin60=故选：D2. 设向量a，b满足|ab|，|ab|，则ab（ ）（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 5参考答案：A .3. sin(1050)的值为（ ）A. B. C. D. 参考答案
2、：D故选D4. 如图，该程序框图所输出的结果是（ ） A、32 B、62 C、63 D、64参考答案：D5. 已知集合，若集合有且仅有一个元素，则实数的取值范围是 参考答案：A略6. 在下列函数中，图象关于直线对称的是（ ）A B C D 参考答案：C图象关于直线对称，将代入，使得达到最大值或最小值，故选“C”7. 已知圆圆那么这两个圆的位置关系是( )A. 内含B. 外离C. 外切D. 相交参考答案：C【分析】分别找出两圆的圆心坐标和半径R与r，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，由dR+r得到两圆的位置关系为外切【详解】解：由圆圆得到圆心C1（0，1），圆心C2（2，1），且R1，r，
3、两圆心间的距离d2，故d=R+r，圆C1和圆C2的位置关系是外切故选：C【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系及其判定，以及两点间的距离公式圆与圆位置关系的判定方法为：0dRr，两圆内含；dRr，两圆内切；RrdR+r时，两圆相交；dR+r时，两圆外切；dR+r时，两圆相离（d为两圆心间的距离，R和r分别为两圆的半径）8. 已知直线和直线与两坐标轴围成一个四边形，则这个四边形面积最小值时值为（）ABCD参考答案：解：如图所示：直线 即，过定点，与轴的交点，直线，即 ，过定点，与轴的交点，由题意，四边形的面积等于三角形的面积和梯形的面积之和，所求四边形的面积为，当时，所求四边形的面积最小，故选：9.
4、 函数是（ ） A上是增函数 B上是减函数 C上是减函数 D上是减函数参考答案：B略10. 三个数，的大小关系为（ ）ABCD参考答案：C，故选二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图，长方体中， 与相交于点P，则点P的坐标为_参考答案：【分析】易知是的中点，求出的坐标，根据中点坐标公式求解.【详解】可知，由中点坐标公式得的坐标公式，即【点睛】本题考查空间直角坐标系和中点坐标公式，空间直角坐标的读取是易错点.12. 给出下列5个命题:函数f(x)=-sin(k+x)(kZ)是奇函数;函数f(x)=tanx的图象关于点(,0)(kZ)对称;函数f(x)=sin|x|是最小正
5、周期为的周期函数;设是第二象限角,则,且;函数y=cos2x+sinx的最小值是-1.其中正确的命题是_.参考答案：13. P是ABC所在平面外一点，平面平面ABC，交线段PAPBPC于ABC，若PA：AA=2：3，则ABC与ABC的面积比等于 参考答案：4：25或4：1【考点】L：组合几何体的面积、体积问题【分析】由题意推出PA：PA的值，得到AB：AB的值，求出ABC与ABC的面积比即可【解答】解：由题意画出图形如图：因为平面平面ABC，交线段PAPBPC于ABC，若PA：AA=2：3，所以ABAB，PABPABPA：PA=2：5，AB：AB=2：5，同理ACAC，AC：AC=2：5，BA
6、C=BAC=同理如图（2）=4故答案为：4：25或4：114. 已知sin(+)=，则cos(+)的值为 。参考答案：15. 已知向量，的夹角为，且|=1，|-2|=，|= 参考答案：3【考点】平面向量数量积的运算【分析】利用向量的数量积化简求解即可【解答】解：向量，的夹角为，且|=1，可得： =7，可得，解得|=3故答案为：316. 对于函数，有下列3个命题：任取，都有恒成立；，对于一切恒成立；函数在上有3个零点；则其中所有真命题的序号是 参考答案：17. 设函数，若实数满足，请将按从小到大的顺序排列 （用“”连接）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
7、过程或演算步骤18. 如图，以Ox为始边作角与（0），它们的终边分别与单位圆相交于点P，Q，已知点P的坐标为（1）求的值；（2）若，求sin（+）参考答案：【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用【分析】（1）根据三角函数定义得到角的三角函数值，把要求的式子化简用二倍角公式，切化弦，约分整理代入数值求解（2）以向量的数量积为0为条件，得到垂直关系，在角上表现为差是90用诱导公式求解【解答】解：（1）由三角函数定义得，原式=；（2），sin（+）=sincos+cossin=19. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x+3)2+(y1)2=4和圆C2：(x4)2+(y5)2=4（1）若直线l
8、过点A（1，0），且与圆C1相切，求直线l的方程；（2）设P为直线x=上的点，满足：过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等试求满足条件的点P的坐标参考答案：【考点】直线与圆的位置关系【分析】（1）分类讨论，设方程，利用直线l1过点A（2，0），且与圆C1相切，建立方程求出斜率，即可求出直线l1的方程；（2）设点P坐标为，直线l1、l2的方程分别为：，即，利用直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等，可得，化简利用关于k的方程有无穷多解，即可得出结论【解答】解：（1）设直线l的方程为：
9、y=k（x+1），即kxy+k=0圆心C1到直线l的距离d=2，结合点到直线距离公式，得，求得由于直线x=1与圆C1相切所以直线l的方程为：x=1或，即x=1或3x4y+3=0（2）设点P坐标为，直线l1、l2的方程分别为：，即因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等，所以圆心C1到直线l1与圆心C2直线l2的距离相等故有，化简得关于k的方程有无穷多解，有所以点P坐标为，经检验点满足题目条件20. 如图，M、N、P分别是三角形ABC三边BC、CA、AB上的点，且满足，设=， =（1）用，表示；（2）若点G是三角形MNP的重心，用，表示参考答案：【考点】向量的
10、线性运算性质及几何意义；平面向量的基本定理及其意义【分析】（1）根据向量加法、减法及数乘的几何意义便可由条件及图形便可用表示出；（2）先得出，然后画出图形，并连接AG，MG，根据G为三角形MNP的重心便可得到，从而根据便可用表示出【解答】解：（1）根据条件，=；（2）=，如图，连接AG，MG；G为三角形MNP的重心，则： =；=【点评】考查向量加法、减法及数乘的几何意义，向量的数乘运算，以及三角形重心的概念和性质，向量加法的平行四边形法则21. 已知数列an满足（nN*），a1=1（1）证明：数列为等差数列，并求数列an的通项公式；（2）若记bn为满足不等式()nak()n-1(nN*)的正整
11、数k的个数，数列的前n项和为Sn，求关于n的不等式Sn4032的最大正整数解参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）对条件式取倒数，移项即可得出=，故而数列为等差数列，利用等差数列的通项公式求出即可得出an；（2）根据不等式得出bn，利用错位相减法求出Sn，从而得出Sn4032的最大正整数解【解答】解：（1），=1，即=，又=1，是以1为首项，以为公差的等差数列，=1+（n1）=n+，an=（2）（）nak（）n1，即（）n（）n1，2n1k2n+11，bn=2n+11（2n1）=2n，=（n+1）2n1，Sn=2?20+3?21+4?22+（n+1）?2n1，2Sn=2?2+3
12、?22+4?23+（n+1）?2n，两式相减得：Sn=2+2+22+2n1（n+1）?2n=2+（n+1）?2n，=n?2n，Sn=n?2nSn+1Sn=（n+1）?2n+1n?2n=（n+2）?2n0，Sn单调递增，又S8=20484032，S9=46084032，关于n的不等式Sn4032的最大正整数解为822. 已知过原点O的动直线l与圆C：（x+1）2+y2=4交于A、B两点（）若|AB|=，求直线l的方程；（）x轴上是否存在定点M（x0，0），使得当l变动时，总有直线MA、MB的斜率之和为0？若存在，求出x0的值；若不存在，说明理由参考答案：【考点】J9：直线与圆的位置关系【分析】（）先求出圆心C（1，0）到直线l的距离为，利用点到直线距离公式能求出直线l的方程（）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线MA、MB的斜率分别为k1，k2设l的方程为y=kx，代入圆C的方程得（k2+1）x2+2x3=0，由此利用韦达定理，结果已知条件能求出存在定点M（3，0），使得当l变动时，总有直线MA、MB的斜率之和为0【解答】解：（）设圆心C（1，0）到直线l的距离为d，则d=，当l的斜率不存在时，d=1，不合题意当l的斜率存在时，设l的方程为y=kx，由点到直线距离公式得=，解得k=，故直线l的方程为y=（）存在定点M，且x0=3，证明如下：设A（x1，y1），
