山东省德州市武城县实验中学2022年高一数学文上学期期末试题含解析
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. 给出下列关系式：①；②；③；④；⑤；⑥,其中正确的是（ ）
A．①②④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．②④⑤⑥
参考答案：
D
2. 若是的一个内角，且，则（）
A. B. C. D.
参考答案：
C
3. 设集合试问：从A道B的映射共有（ ）个
A．3 B．5 C．6 D．8
参考答案：
D
略
4. 函数图象一定过点 ( )
A .（0,1） B.（1,0） C. （0,3） D.（3,0）
参考答案：
C
5. 设表示数的整数部分（即小于等于的最大整数），例如，，那么函数的值域为 ( )
A． B． C． D．
参考答案：
A
6. （3分）二次函数y=ax2+bx与指数函数在同一坐标系中的图象可能是（）
A． B． C． D．
参考答案：
A
考点： 指数函数的图像与性质；二次函数的图象．
专题： 函数的性质及应用．
分析： 根据二次函数的对称轴首先排除B、D选项，再根据a﹣b的值的正负，结合二次函数和指数函数的性质逐个检验即可得出答案．
解答： 根据指数函数的解析式为，可得 ＞0，∴﹣＜0，
故二次函数y=ax2+bx的对称轴x=﹣ 位于y轴的左侧，故排除B、D．
对于选项C，由二次函数的图象可得 a＜0，且函数的零点﹣＜﹣1，∴＞1，
则指数函数应该单调递增，故C 不正确．
综上可得，应选A，
故选A．
点评： 本题考查了同一坐标系中指数函数图象与二次函数图象的关系，根据指数函数图象确定出a、b的正负情况是求解的关键，属于基础题．
7. 在△ABC中,AB=AC,D、E分别是AB、AC的中点,则 （ ）
A．与共线 B．与共线
C．与相等 D．与相等
参考答案：
B
8. 2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由4个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为θ，那么cos2θ的值为（ ）
A． B． C． D．
参考答案：
B
【考点】HU：解三角形的实际应用．
【分析】由图形可知三角形的直角边长度差为1，面积为6，列方程组求出直角边得出sinθ，代入二倍角公式即可得出答案．
【解答】解：由题意可知小正方形的边长为1，大正方形边长为5，直角三角形的面积为6，
设直角三角形的直角边分别为a，b且a＜b，则b=a+1，
∴直角三角形的面积为S=ab=6，
联立方程组可得a=3，b=4，
∴sinθ=，cos2θ=1﹣2sin2θ=．
故选：B．
9. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为，体积为，则这个球的表面积是（ ）
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
参考答案：
C
略
10. 如图，A、B两点都在河的对岸（不可到达），为了测量A、B两点间的距离，选取一条基线CD，A、B、C、D在一平面内．测得：CD=200m，∠ADB=∠ACB=30°，∠CBD=60°，则AB=（ ）
A． m B．200m
C．100m D．数据不够，无法计算
参考答案：
A
【考点】余弦定理；正弦定理．
【分析】由题意可得AC⊥BD．设AC∩BD=O，可得△OCD为等腰直角三角形，求得OC=OD的值，△BCO中，由直角三角形中的边角关系求得 OB的值，同理求得OA的值，再利用勾股定理求得AB的值．
【解答】解：如图所示，∵∠ADB=∠ACB=30°，∠CBD=60°，∴AC⊥BD．
设AC∩BD=O，则△AOD∽△BOC，∴OC=OD，△OCD为等腰直角三角形，
∴∠ODC=∠OCS=45°．
设OA=x，OB=y，则AD=2x，BC=2y，∴OD=x，OC=y．
△COD中，由勾股定理可得3x2+3y2=40000，求得 x2+y2=，
故AB==．
故选：A．
【点评】本题主要考查直角三角形中的边角关系，余弦定理的应用，属于中档题．
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知等比数列的前n项和为Sn，若S3：S2=3：2，则公比q= ．
参考答案：
【考点】8G：等比数列的性质．
【分析】验证q=1是否满足题意，q≠1时，代入求和公式可得关于q的方程，解方程可得．
【解答】解：若q=1，必有S3：S2=3a1：2a1=3：2，满足题意；
故q≠1，由等比数列的求和公式可得S3：S2=： =3：2，
化简可得2q2﹣q﹣1=0，解得q=﹣，
综上，q=．
故答案为：．
12. 已知A（﹣2，0），B（2，0），点P在圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=4上运动，则|PA|2+|PB|2的最小值是 ．
参考答案：
26
【考点】两点间的距离公式；点与圆的位置关系．
【分析】由点A（﹣2，0），B（2，0），设P（a，b），则|PA|2+|PB|2=2a2+2b2+8，由点P在圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=4上运动，通过三角代换，化简|PA|2+|PB|2为一个角的三角函数的形式，然后求出最小值．
【解答】解：∵点A（﹣2，0），B（2，0），
设P（a，b），则|PA|2+|PB|2=2a2+2b2+8，
由点P在圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=4上运动，
（a﹣3）2+（b﹣4）2=4
令a=3+2cosα，b=4+2sinα，
所以|PA|2+|PB|2=2a2+2b2+8
=2（3+2cosα）2+2（4+2sinα）2+8
=66+24cosα+32sinα
=66+40sin（α+φ），（tanφ=）．
所以|PA|2+|PB|2≥26．当且仅当sin（α+φ）=﹣1时，取得最小值．
∴|PA|2+|PB|2的最小值为26．
故答案为：26．
【点评】本题考查直线的一般式方程与两点间距离公式的应用，具体涉及到直线方程秘圆的简单性质，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．
13. 已知直线与互相平行，则它们之间的距离是 .
参考答案：
14. 若，则___ ▲ ___.
参考答案：
110
由题意得.
15. （6分）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ．
参考答案：
πcm3
考点： 球的体积和表面积．
专题： 空间位置关系与距离．
分析： 根据图形的性质，求出截面圆的半径，即而求出求出球的半径，得出体积．
解答： 根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，
∴圆的半径为：4，
∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm，
∴d=8﹣6=2，
∴球的半径为：R=，
R=5
∴球的体积为 π×（5）3=πcm3
故答案为．
点评： 本题考查了球的几何性质，运用求解体积面积，属于中档题．
16. 已知集合A={x|ax+1=0}，B={﹣1，1}，若A∩B=A，则实数a的所有可能取值的集合为 ．
参考答案：
{﹣1，0，1}
【考点】集合的包含关系判断及应用．
【分析】根据题中条件：“A∩B=A”，得到B是A的子集，故集合B可能是?或B={﹣1}，或{1}，由此得出方程ax+1=0无解或只有一个解x=1或x=﹣1．从而得出a的值即可
【解答】解：由于A∩B=A，
∴B=?或B={﹣1}，或{1}，
∴a=0或a=1或a=﹣1，
∴实数a的所有可能取值的集合为{﹣1，0，1}
故答案为：{﹣1，0，1}
17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且BC边上的高为，则的最大值为______.
参考答案：
【分析】
利用三角形的面积计算公式得?a?bcsinA，求出a2＝2bcsinA；利用余弦定理可得cosA，得b2+c2＝a2+2bccosA，代入，化为三角函数求最值即可．
【详解】因为 S△ABC?a?bcsinA，
即a2＝2bcsinA；
由余弦定理得cosA，
所以b2+c2＝a2+2bccosA＝2bcsinA+2bccosA；
代入得2sinA+2cosA＝2sin（A），
当A时，取得最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形的面积计算公式、余弦定理、两角和差的正弦计算公式的应用问题，考查了推理能力与计算能力，是综合性题目．
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. 若全集U=R，函数f（x）=的定义域为A，函数g（x）=的值域为B，求A∪B和?U（A∩B）．
参考答案：
【考点】交、并、补集的混合运算．
【专题】计算题；集合思想；函数的性质及应用；集合．
【分析】求出f（x）的定义域确定出A，求出g（x）的值域确定出B，找出两集合的交集，并集，求出交集的补集即可．
【解答】解：f（x）=的定义域满足，
解得：x≥1，即A={x|x≥1}，
由函数g（x）==，得到0≤g（x）≤2，
即B={x|0≤x≤2}，
∴A∪B={x|x≥0}，A∩B={x|1≤x≤2}，
则?U（A∩B）={x|x＜1或x＞2}．
【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
19. 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PD⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
参考答案：
方法一：(1)证明：如右图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，
＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)解：假设存在满足题意的M，设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)．
＝＋＝＋λ
＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)
＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
＝(－4,5,0)．
设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
由
得
即可取n1＝(0,1，)．
由即得
可取n2＝(5,4，－3)
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝，故AM＝3.
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.
方法二：(1)证明：由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC.
因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD，
故BC⊥PA.
(2)解：如下图，在平面PAB内作BM⊥PA于M，连接CM.
由(1)知AP⊥BC，
得AP⊥平面BMC.
又AP?平面APC，
所以平BMC⊥平面AP