2019-2020学年广西梧州市高一上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年广西梧州市高一上学期期末数学试题（解析版）

‎2019-2020学年广西梧州市高一上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．设集合,,则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直接利用并集的定义求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为集合,,根据并集的定义可得，‎ 集合的元素是属于或属于的元素，‎ 所以，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.‎ ‎2．下列函数是偶函数且在区间上为增函数的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：和均是奇函数，是偶函数，但在上是减函数；二次函数是偶函数，且在上是增函数，∴正确选项D．‎ ‎【考点】（1）函数奇偶性的判断；（2）函数单调性判断．‎ ‎3．直线和直线的位置关系是( )‎ A．重合 B．垂直 C．平行 D．相交但不垂直 ‎【答案】B ‎【解析】由两直线的斜率关系可得结论．‎ ‎【详解】‎ 因为已知两直线的斜率分别为，，，所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线的位置关系，掌握两直线位置关系的判断方法是解题关键．在斜率都存在的情况下，两直线垂直，且纵截距不相等两直线平行．‎ ‎4．函数的值域为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用函数的单调性求解．‎ ‎【详解】‎ 易知函数在上单调递减，所以当时，，．所以值域中．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的值域，掌握函数的单调性是解题关键．‎ ‎5．已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表:‎ 则函数一定存在零点的区间是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据零点存在定理判断．‎ ‎【详解】‎ 由函数值表知，因此在上至少有一个零点．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查零点存在定理，在区间上连续的函数，若，则在上至少存在一个零点．‎ ‎6．经过点、的直线的斜率等于1，则的值为 A．1 B．4 C．1或3 D．1或4‎ ‎【答案】A ‎【解析】即得选A ‎7．设是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题正确的是( )‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】C ‎【解析】对每个命题进行判断，可举反例说明命题是错误的，对正确命题给予证明．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 正方体中，平面，，平面，但是平面与平面不垂直，A错；‎ 平面与平面都垂直于平面，但它们之间不垂直，B错；‎ ‎，与没有公共点，，则与平面也没有公共点，所以，C正确．‎ 平面平面，平面，平面，但与不垂直，D错；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面间的位置关系，掌握直线、平面间位置关系是解题基础．对于命题的判断，可以通过举反例说明命题错误，对正确命题一般要给予证明．‎ ‎8．已知，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】结合指数函数和对数函数性质，分别与0和1比较后可得．‎ ‎【详解】‎ ‎，，，所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查幂、对数的大小比较，掌握指数函数和对数函数的性质是解题关键．对于不同类型的数可能借助于中间值如0、1等比较大小．‎ ‎9．已知圆与圆外切，则（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，故可得的关系.‎ ‎【详解】‎ 因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，‎ 故即，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两圆的位置关系，注意利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系来判断不同的位置关系，此类问题属于基础题.‎ ‎10．已知且，则函数和的图象只可能是( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】可以先看函数定义域，再分类讨论，分和两类研究函数的单调性．‎ ‎【详解】‎ 函数的定义域是，排除A，B，‎ 若，则是减函数，此时是减函数，C，D都不满足，‎ 若，则是增函数，此时是增函数，C满足．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由解析式选择函数图象，掌握指数函数与对数函数的图象与性质是解题关键．解题时可求函数的定义域，研究函数的单调性，或者研究函数的其他性质用排除法确定结论．‎ ‎11．如图是一个四棱锥的三视图，其高为1，底面是边长为2的正方形，那么这个几何体的外接球表面积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】画出如解析中的四棱锥，可得就是其外接球的直径．求出球半径可得表面积．‎ ‎【详解】‎ 由三视图得如图四棱锥中平面，平面，则，是底面正方形对角线的交点，取中点，连接，则可得，因此上的点到正方形四个顶点的距离相等，而是直角斜边中点，它到距离相等，所以是四棱锥外接球球心，‎ ‎，‎ 所以所求外接球表面积为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图，考查球的表面积，解题关键是确定四棱锥外接球的球心．‎ ‎12．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点．那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于 ( )．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，D1(0,0,2)，F(1,0,0)，＝(－1,1,1)，＝(－1,0,2)，∴·＝3，||＝，||＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ 即OE与FD1所成的角的余弦值为.‎ 二、填空题 ‎13．化简的结果为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由幂的运算法则计算．‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查幂的运算，掌握幂的运算法则是解题关键．‎ ‎14．经过两条直线和的交点且斜率为1的直线的方程是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出两直线交点坐标，再由点斜式写出直线方程化简即可．‎ ‎【详解】‎ 由得，即交点为，‎ 所以直线方程为，即．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求直线方程，掌握直线方程的各种形式是解题基础．本题只要求出恬两直线交点坐标，由点斜式得直线方程，最后转化为一般式方程即可．‎ ‎15．设直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，则=_____.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】由已知可得圆心到弦的距离为1，利用点到直线的距离公式可得a的值.‎ ‎【详解】‎ 解：由直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，可得圆心到弦的距离为1，‎ 可得，‎ 故答案：0‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆相交的性质及点到直线的距离公式，相对简单.‎ ‎16．设函数 ，若，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】【详解】‎ 由题意或或或，则实数的取值范围是，故答案为.‎ 三、解答题 ‎17．设全集为，集合，．‎ ‎（1）求，；‎ ‎（2）已知集合，若，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】(1)根据集合得交集、并集、补集概念化简求值，(2)先化简条件得，再根据数轴列不等式，解得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）， ．‎ ‎（2）∵，∴， ∴， ‎ ‎∴，∴实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合交并补运算以及集合包含关系，考查基本分析求解能力，属于基础题.‎ ‎18．已知函数的图象经过点，其中为常数.‎ ‎(1)求的值和函数的定义域;‎ ‎(2)用函数单调性的定义证明在上是减函数.‎ ‎【答案】（1），定义域为．‎ ‎【解析】（1）代入点的坐标可得，由分母不为0可得定义域；‎ ‎（2）用减函数定义证明．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，，，‎ 由得，所以定义域为；‎ ‎（2）设，则，‎ 所以，，‎ 所以在上是减函数．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求函数定义域，考查函数的单调性．属于基础题．‎ ‎19．在三棱柱中，已知底面是等边三角形，底面，是的中点.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)设，求三棱锥的体积.‎ ‎(参考公式:锥体体积公式，其中为底面面积，为高.)‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）通过证明平面得证线线垂直；‎ ‎（2）由锥柱体积公式计算．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为是中点，是等边三角形，所以，‎ 又，平面，所以平面，‎ 因为平面，所以，又，‎ 所以平面，平面，所以；‎ ‎（2）因为，所以，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查求棱锥的体积．立体几何证明中只要把定理需要的条件都列举出来（有些需要证明），就可得出相应的结论．‎ ‎20．已知圆的圆心在直线上且经过点与点，过点的动直线与圆相交于两点.‎ ‎(1)求圆的方程;‎ ‎(2)当最小时，求直线的方程以及的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线：．．‎ ‎【解析】（1）由圆心在直线上设圆心坐标，利用其过两点求出圆心坐标后可得半径，从而得方程；‎ ‎（2）由圆的性质知当时， 的长最小．由此可得直线方程，求出后可得弦长．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意设圆心为，又圆过两点与，‎ 所以，解得，即圆心为，‎ 半径为，‎ 所以圆方程为；‎ ‎（2）由于，所以在圆内部，所以当时，最小．‎ ‎，所以，直线方程为，即．‎ ‎，所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求圆的标准方程，考查直线与圆相交弦长问题．求圆的标准方程一般是求出圆心坐标和半径，然后得圆的方程．在直线相交弦长问题中可求出圆心到弦所在直线距离（即弦心距），然后由垂径定理所得垂直用勾股定理求得弦长．‎ ‎21．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，分别为的中点.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求证:平面.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得与垂直，再结合已知可得与平面垂直，从而得面面垂直；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为平面平面，，平面平面＝，平面，所以平面，‎ 平面，所以，‎ 又，，所以平面，而平面，所以平面平面；‎ ‎（2）如图，取中点，连接，‎ 因为是中点，所以，，‎ 又矩形的边中点，所以，‎ 所以，所以是平行四边形，所以，‎ 又平面，平面，所以平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查证明面面垂直，证明线面平行，掌握它们的判定定理是解题关键．证明面面垂直时，三个垂直：面面垂直，线面垂直，线线垂直是相互转化，相互证明．也就是说垂直的判定定理与性质定理要灵活运用．‎ ‎22．已知二次函数(其中)满足下列三个条件:①图象过坐标原点;②对于任意都成立;③方程有两个相等的实数根.‎ ‎(1)求函数的解析式;‎ ‎(2)令(其中)，求函数的单调区间(直接写出结果即可);‎ ‎(3)研究方程在区间内的解的个数.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 ‎【解析】（1）由图象过原点得，由得对称轴，方程有两个相等实根，对应的，三个条件可得三个等式，从而求得得解析式；‎ ‎（2）化简函数为分段函数，当时，结合函数的对称轴求出单调区间，时类似求出单调区间．‎ ‎（3）结合（2）中函数的单调性可研究在上的零点个数．注意零点存在定理的应用．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为图象过坐标原点，所以，即，‎ 又，所以其对称轴是，即，，‎ 又方程为，即有两个相等实根，所以，，‎ 所以．‎ ‎（2），‎ ‎①当时，的对称轴是，‎ 若，即时，在上单调递增，‎ 若，即时，在上单调递增，在上递减，‎ ‎②当时，的对称轴是，‎ 则函数在上递减，在上递增，‎ 综上所述，当时，的减区间为，增区间为；时，减区间为，，增区间为，．‎ ‎（3）①当时，由（2）知在上单调递增，‎ 又，，故函数在上只有一个零点；‎ ‎②时，则，，，，‎ ‎（i）当时，，‎ 且，此时在上只有一个零点，‎ ‎（ii）当时，且，此时在上有两个不同零点．‎ 综上所述，当时，在上只有一个零点，时，在上有两个不同零点．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求二次函数解析式，考查函数的单调性以及零点存在定理，对于含有绝对值符号的函数有解题时一般需要分类讨论，本题难度较大，属于难题．但只要抓住定义域，对称轴，那么（2）中的单调区间易求得，抓住单调性以及函数零点存在定理，（3）中的零点个数易求．‎