2022年河北省承德市孛羅臺鄉中學高一數學文上學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.（4分）如圖，點P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，則PA與BD所成角的度數為（） A． 30° B． 45° C． 60° D． 90°參考答案：C考點： 異面直線及其所成的角．專題： 計算題；轉化思想．分析： 本題求解宜用向量法來做，以D為坐標原點，建立空間坐標系，求出兩直線的方向向量，利用數量積公式求夾角即可解答： 如圖，以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DC所在線為y軸，DP所在線為z軸，建立空間坐標系，∵點P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，令PD=AD=1∴A（1，0，0），P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，0，0）∴=（1，0，﹣1），=（﹣1，﹣1，0）∴cosθ==故兩向量夾角的余弦值為，即兩直線PA與BD所成角的度數為60°．故選C點評： 本題考查異面直線所角的求法，由于本題中所給的背景建立空間坐標系方便，故采取了向量法求兩直線所成角的度數，從解題過程可以看出，此法的優點是不用作輔助線，大大降低了思維難度．2.設集合A={0，1，2，3}，B={1，2，3，4}，則集合A∩B的真子集的個數為（）A.32個

B.

16個

C.

8個

D.7個參考答案：略3.若是奇函數，且在內是增函數，又，則的解集是(

)A.

B.

C.

D.參考答案：D4.設集合則集合(

)A.

B.

C.

D.參考答案：D【知識點】集合的運算解：故答案為：D5.若，規定：，例如：（

），則的奇偶性為：A．是奇函數不是偶函數。

B．是偶函數不是奇函數。C．既是奇函數又是偶函數。

D．既不是奇函數又不是偶函數。參考答案：B6.點(3,4)關于直線的對稱點的坐標為（

）A.(4,3) B. C. D.參考答案：D令，設對稱點的坐標為，可得的中點在直線上，故可得①，又可得的斜率，由垂直關系可得②，聯立①②解得，即對稱點的坐標為，故選D.點睛：本題考查對稱問題，得出中點在直線且連線與已知直線垂直是解決問題的關鍵，屬中檔題；點關于直線成軸對稱問題，由軸對稱定義知，對稱軸即為兩對稱點連線的“垂直平分線”，利用“垂直”即斜率關系，“平分”即中點在直線上這兩個條件建立方程組，就可求出對稱點的坐標．7.函數在區間[0,2]的最大值是

參考答案：-4

8.三個數a=0.32，b=log20.3，c=20.3之間的大小關系是（）A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a參考答案：C【考點】指數函數單調性的應用．【分析】將a=0.32，c=20.3分別抽象為指數函數y=0.3x，y=2x之間所對應的函數值，利用它們的圖象和性質比較，將b=log20.3，抽象為對數函數y=log2x，利用其圖象可知小于零．最后三者得到結論．【解答】解：由對數函數的性質可知：b=log20.3＜0，由指數函數的性質可知：0＜a＜1，c＞1∴b＜a＜c故選C【點評】本題主要通過數的比較，來考查指數函數，對數函數的圖象和性質．9.已知O為所在平面內一點，滿足則點O是的

（

）A外心

B內心

C垂心

D重心參考答案：C10.若-1<sin<0，則角的終邊在

（

）

（A）第一、二象限

（B）第二、三象限

（C）第二、四象限

（D）第三、四象限參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數＝的單調減區間是

.參考答案：（3，+∞）12.已知{an}為等比數列，若a4·a6=10，則a2·a8=

參考答案：1013.（10分）在直線l：3x﹣y﹣1=0上存在一點P，使得：P點到點A（4，1）和點B（3，4）的距離之和最?。蟠藭r的距離之和．參考答案：考點： 點到直線的距離公式．專題： 直線與圓．分析： 設點B（3，4）關于直線l：3x﹣y﹣1=0的對稱點為B′（a，b），可得，解得a，b，則|PA|+|PB|取得最小值=|AB′|．解答： 設點B（3，4）關于直線l：3x﹣y﹣1=0的對稱點為B′（a，b），則，解得a=，b=，∴B′．∴|PA|+|PB|取得最小值=|AB′|==．點評： 本題考查了垂直平分線的性質、中點坐標公式、相互垂直的直線斜率之間的關系，屬于基礎題．14.已知數列{an}滿足：a1=m（m為正整數），an+1=若a6=1，則m所有可能的取值的個數為

．參考答案：3【考點】數列遞推式．【分析】a6=1，可得a5必為偶數，因此=1，解得a5=2．當a4為偶數時，，解得a4=4；當a4為奇數時，a5=3a4+1=2，解得a4=，舍去．依此類推即可得出．【解答】解：∵a6=1，∴a5必為偶數，∴a6==1，解得a5=2．當a4為偶數時，a5=，解得a4=4；當a4為奇數時，a5=3a4+1=2，解得a4=，舍去．∴a4=4．當a3為偶數時，a4==4，解得a3=8；當a3為奇數時，a4=3a3+1=4，解得a3=1．當a3=8時，當a2為偶數時，a3=，解得a2=16；當a2為奇數時，a3=3a2+1=8，解得a2=，舍去．當a3=1時，當a2為偶數時，a3==1，解得a2=2；當a2為奇數時，a3=3a2+1=1，解得a2=0，舍去．當a2=16時，當a1為偶數時，a2==16，解得a1=32=m；當a1為奇數時，a2=3a1+1=16，解得a1=5=m．當a2=2時，當a1為偶數時，a2==2，解得a1=4=m；當a1為奇數時，a2=3a1+1=2，解得a1=，舍去．綜上可得m=4，5，32．故答案為：3．15.從橢圓外一點作橢圓的兩條切線和，若，則點軌跡方程為____________．參考答案：

16.已知log23=m，試用m表示=___________。參考答案：解析：===。17.已知集合A＝，則集合A的子集的個數是_______．參考答案：8略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，M，N分別為AC，B1C1的中點．（Ⅰ）求線段MN的長；（Ⅱ）求證：MN∥平面ABB1A1；（Ⅲ）線段CC1上是否存在點Q，使A1B⊥平面MNQ？說明理由．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）連接CN，易證AC⊥平面BCC1B1．由勾股定理可得CN的值，進而可得MN的長；（Ⅱ）取AB中點D，連接DM，DB1，可得四邊形MDB1N為平行四邊形，可得MN∥DB1，由線面平行的判定定理可得MN∥平面ABB1A1；（Ⅲ）當Q為CC1中點時，有A1B⊥平面MNQ．連接BC1，易證QN⊥BC1．可得A1B⊥QN，A1B⊥MQ，由線面垂直的判定可得．【解答】解：（Ⅰ）連接CN，因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，所以AC⊥CC1，…因為AC⊥BC，所以AC⊥平面BCC1B1．

…因為MC=1，CN==，所以MN=

…（Ⅱ）證明：取AB中點D，連接DM，DB1

…在△ABC中，因為M為AC中點，所以DM∥BC，DM=BC．在矩形B1BCC1中，因為N為B1C1中點，所以B1N∥BC，B1N=BC．所以DM∥B1N，DM=B1N．所以四邊形MDB1N為平行四邊形，所以MN∥DB1．

…因為MN?平面ABB1A1，DB1?平面ABB1A1…所以MN∥平面ABB1A1．

…（Ⅲ）解：線段CC1上存在點Q，且Q為CC1中點時，有A1B⊥平面MNQ．…證明如下：連接BC1，在正方形BB1C1C中易證QN⊥BC1．又A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥QN，從而NQ⊥平面A1BC1．…所以A1B⊥QN．

…同理可得A1B⊥MQ，所以A1B⊥平面MNQ．故線段CC1上存在點Q，使得A1B⊥平面MNQ．

…19.已知二次函數，滿足，且方程有兩個相等的實根．（1）求函數的解析式；（2）當時，求函數的最小值的表達式．參考答案：解：（1）由，得：對稱軸，

由方程有兩個相等的實根可得：，解得．∴．

（2）．①當，即時，；

②當，即時，；

③當時，；

綜上：．略20.設向量=（2，1），=（﹣1，3）．（Ⅰ）若（3+2）∥（﹣+λ），求實數λ的值；（Ⅱ）若（2﹣）⊥（k+），求實數k的值．參考答案：見解析【考點】平面向量的坐標運算．【專題】方程思想；定義法；平面向量及應用．【分析】（Ⅰ）根據平面向量的坐標運算與共線定理，列出方程求出λ的值；（Ⅱ）根據平面向量的坐標運算與互相垂直的數量積為0，列出方程求出k的值．【解答】解：（Ⅰ）∵向量=（2，1），=（﹣1，3），∴3+2=（4，9），﹣+λ=（﹣2﹣λ，3λ﹣1），又（3+2）∥（﹣+λ），∴4（3λ﹣1）﹣9（﹣2﹣λ）=0，解得λ=﹣；（Ⅱ）∵2﹣=（5，﹣1），k+=（2k﹣1，k+3），且（2﹣）⊥（k+），∴5（2k﹣1）﹣（k+3）=0，解得k=．【點評】本題考查了平面向量的坐標運算與向量的共線和垂直的應用問題，是基礎題目．21.已知函數f（x）=cos（2x﹣）．（1）求函數f（x）的單調遞增區間；（2）若x∈（﹣，），求f（x）的取值范圍．參考答案：【考點】余弦函數的圖象．【專題】三角函數的圖像與性質．【分析】（1）由條件利用余弦函數的單調性求得函數f（x）的單調遞增區間．（2）由x∈（﹣，），利用余弦函數定義域和值域，求得f（x）的取值范圍．【解答】解：（1）對于函數f（x）=cos（2x﹣），令2kπ﹣π≤2x﹣≤2kπ，k∈z，求得kπ﹣≤x≤kπ+，可得函數f（x）的單調遞增區間為[kπ﹣