甘肃省天水一中2019-2020学年高一上学期段考数学试题

甘肃省天水一中2019-2020学年高一上学期段考数学试题

天水一中高一级 2019—2020 学年度第一学期第二学段考试 数学试题 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1.设集合  0,1,2A  ,则集合  | ,B x y x A y A    中元素的个数是( ) A. 1 B. 3 C. 5 D. 9 【答案】C 【解析】 ∵A={0，1，2}，B={x﹣y|x∈A，y∈A}， ∴当 x=0，y 分别取 0，1，2 时，x﹣y 的值分别为 0，﹣1，﹣2； 当 x=1，y 分别取 0，1，2 时，x﹣y 的值分别为 1，0，﹣1； 当 x=2，y 分别取 0，1，2 时，x﹣y 的值分别为 2，1，0； ∴B={﹣2，﹣1，0，1，2}， ∴集合 B={x﹣y|x∈A，y∈A}中元素的个数是 5 个． 故选 C． 【此处有视频，请去附件查看】 2.函数   2 2 9 log 1 xy x   的定义域是（ ） A.  1,3 B.  1,3 C.    1,0 0,3  D.    1,0 0,3  【答案】D 【解析】 试题分析：由 29 0 { 1 0 1 1 x x x       得 1 0x   或 0 3x  ，所以函数的定义域为    1,0 0,3  ， 故选 D. 考点：函数的定义域. 3.函数 2( ) ln( 2 8)f x x x   的单调递增区间是 A. ( , 2)  B. ( ,1) C. (1, ) D. (4, ) 【答案】D 【解析】 由 2 2 8x x  >0 得：x∈(−∞,−2)∪(4,+∞)， 令 t= 2 2 8x x  ，则 y=lnt， ∵x∈(−∞,−2)时,t= 2 2 8x x  为减函数； x∈(4,+∞)时,t= 2 2 8x x  为增函数； y=lnt 为增函数， 故函数 f(x)=ln( 2 2 8x x  )的单调递增区间是(4,+∞)， 故选 D. 点睛：形如   y f g x 的函数为  y g x ,   y f x 的复合函数，   y g x 为内层函 数,   y f x 为外层函数. 当内层函数  y g x 单增，外层函数  y f x 单增时，函数   y f g x 也单增； 当内层函数  y g x 单增，外层函数  y f x 单减时，函数   y f g x 也单减； 当内层函数  y g x 单减，外层函数  y f x 单增时，函数   y f g x 也单减； 当内层函数  y g x 单减，外层函数  y f x 单减时，函数   y f g x 也单增. 简称为“同增异减”. 4.函数 ( )f x 在 R 上单调递减，且为奇函数．若 (1) 1f   ，则满足 1 ( 2) 1f x    的 x 的 取值范围是（ ） A. [ 2,2] B. [ 1,1] C. [0,4] D. [1,3] 【答案】D 【解析】 【分析】 根据奇函数 ( )f x ，可得    1 1 1f f    ，再由  f x 单调性，求得 2x  的范围，解得 x 的范围. 【详解】因为  f x 为奇函数，且  1 1f   ， 所以    1 1 1f f    ， 因为函数 ( )f x 在 R 上单调递减， 所以 1 ( 2) 1f x    ， 可得 1 2 1x    ， 所以1 3x  ， 故满足要求的 x 的取值范围为 1,3 . 故选 D. 【点睛】本题考查奇函数的性质，根据函数的单调性解不等式，属于简单题. 5.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ） A. 20 B. 24 C. 28 D. 32 【答案】C 【解析】 试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之 和． ， ，所以几何体的表面积为 ． 考点：三视图与表面积． 【此处有视频，请去附件查看】 6.幂函数 y=f（x）的图象过点（4，2），则幂函数 y=f（x）的图象是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设出函数的解析式，根据幂函数 y=f（x）的图象过点（4，2），构造方程求出指数的值，再 结合函数的解析式研究其性质即可得到图象． 【详解】设幂函数的解析式为 y=xa， ∵幂函数 y=f（x）的图象过点（4，2）， ∴2=4a， 解得 a= 1 2 ∴ y x ，其定义域为[0，+∞），且是增函数， 当 0＜x＜1 时，其图象在直线 y=x 的上方．对照选项． 故选 C． 【点睛】本题考查的知识点是函数解析式的求解及幂函数图象及其与指数的关系，其中对于 已经知道函数类型求解析式的问题，要使用待定系数法． 7.已知函数 1( ) 3 ( )3 x xf x   ，则 ( )f x A. 是奇函数，且在 R 上是增函数 B. 是偶函数，且在 R 上是增函数 C. 是奇函数，且在 R 上是减函数 D. 是偶函数，且在 R 上是减函数 【答案】A 【解析】 分析：讨论函数   13 3 x xf x      的性质，可得答案. 详解：函数   13 3 x xf x      的定义域为 R ，且    1 1 13 3 3 ,3 3 3 x x x x x xf x f x                                 即函数  f x 是奇函 数， 又 1y 3 , 3 x x y       在 R 都是单调递增函数，故函数  f x 在 R 上是增函数． 故选 A. 点睛：本题考查函数的奇偶性单调性，属基础题. 8.设 0.6 1.5 0.60.6 0.6 1.5a b c  ， ， ，则 a b c， ， 的大小关系是（ ） A. a b c＜ ＜ B.   a c b＜ ＜ C. b a c＜ ＜ D. b c a＜ ＜ 【答案】C 【解析】 由 0.6xy  在区间 (0, ) 是单调减函数可知， 1.5 0.60 0.6 0.6 1   ，又 0.61.5 1 ，故选C . 考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小. 【此处有视频，请去附件查看】 9.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体 的俯视图的是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②④ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据正视图和侧视图可知几何体为球与正四棱柱、球与圆柱体的组合体，可得到正确结果. 【详解】若俯视图为①，则几何体为球与正四棱柱的组合体，①正确； 若俯视图为②，则圆不能与直角三角形两直角边同时相切，②错误； 若俯视图为③，则几何体为球与圆柱体的组合体，③正确； 若俯视图为④，则圆不能与三角形的底相切，同时正视图缺少投影线，④错误 故选： A 【点睛】本题考查根据正视图和侧视图判断俯视图的问题，关键是能够通过正视图和侧视图 得到几何体可能的构成情况，同时从俯视图中找到不符合几何体结构的问题. 10. 函数 f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 分别画出函数 y＝ln x(x>0)和 y＝|x－2|(x>0)的图像，可得 2 个交点，故 f(x)在定义域中零点 个数为 2. 二、填空题（共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分） 11.如果二次函数 23 2( 1)y x a x b  － 在区间 ,1 上是减函数，那么 a 的取值范围 是_____. 【答案】 2a   【解析】   2 2 21 ( 1)3 2 1 3( )3 3 a ay x a x b x b       － 在 区 间  ,1 上 是 减 函 数 ， 则 1 13 a   ，所以 2a   . 12.已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为 2 的 矩形，则该正方体的正视图的面积等于________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 通过俯视图和侧视图的面积判断正视图和侧视图的形状相同,即可得到正视图的面积.. 【详解】因为正方体的棱长为 1,俯视图是一个面积为 1 的正方形,侧视图是一个面积为 2 的 矩形, 所以侧视图是底面对角线为边,正方体的高为另一条边的矩形,几何体的直观图如图: 那么正视图的图形与侧视图的图形相同,所以正视图的面积为 2 . 故答案为: 2 . 【点睛】本题考查了空间想象能力,考查了由俯视图和侧视图推正视图的形状,由三视图还原 直观图,属于中档题. 13.若曲线|y|＝2x＋1 与直线 y＝b 没有公共点，则 b 的取值范围为________． 【答案】[－1,1] 【解析】 画出曲线|y|＝2x＋1 与直线 y＝b 的图象如图所示 由图象可得|y|＝2x＋1 与直线 y＝b 没有公共点，则 b 应满足的条件是 b∈[－1，1]． 14.如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 、F 分别是 1AA 、AB 的中点，则异面直线 EF 与 1 1AC 所成角的大小是______. 【答案】 π 3 【解析】 【分析】 将所求两条异面直线平移到一起，解三角形求得异面直线所成的角. 【详解】连接 1 1,A B BC ，根据三角形中位线得到 1/ /EF A B ，所以 1 1BAC 是异面直线 EF 与 1 1AC 所成角.在三角形 1 1A BC 中， 1 1 1 1A B BC AC  ,所以三角形 1 1A BC 是等边三角形， 故 1 1 π 3BAC  . 故填： π 3 . 【点睛】本小题主要考查异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力，属于基础题. 三、解答题（共 4 小题，共 44 分，请在答题卡上写清必要的解题过程） 15.候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模的迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类 的飞行速度 v(单位：m/s)与其耗氧量 Q 之间的关系为 v＝a＋blog3 10 Q (其中 a，b 是实数). 据统计，该种鸟类在静止时其耗氧量为 30 个单位，而其耗氧量为 90 个单位时，其飞行速度 为 1m/s. (1)求出 a，b 的值； (2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于 2m/s，则其耗氧量至少要多少个单位？ 【答案】(1) 1, 1a b   (2) 270 个单位. 【解析】 【分析】 (1)将 0, 30v Q  和 1, 90v Q  这两组值代入 v＝a＋blog3 10 Q ,即可求得答案; (2)由 2v  ,解不等式即可求得Q 的最小值. 【详解】解:(1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为 0 m/s，此时耗氧量为 30 个单 位，故有 a＋blog3 30 10 ＝0， 即 a＋b＝0；当耗氧量为 90 个单位时，速度为 1 m/s，故有 a＋blog3 90 10 ＝1， 整理得 a＋2b＝1. 解方程组 0 2 1 a b a b      得 1 1 a b     , (2)由(1)知，v＝－1＋log3 10 Q .所以要使飞行速度不低于 2 m/s， 则有 v≥2，即－1＋log3 9 10 ≥2，即 log3 10 Q ≥3，解得 Q≥270, 所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于 2 m/s，则其耗氧量至少要 270 个单位. 【点睛】本题考查了对数型函数模型的应用,利用对数函数的单调性解对数不等式,本题属于 基础题. 16.如图，直三棱柱 中，AC BC , 1AC BC  , 1 2CC  ,点 M 是 1 1A B 的 中点. （1）求证： 1B C //平面 1AC M ； （2）求三棱锥 1 1A AMC 的体积. 【答案】(1)证明见解析；（2） 1 6 . 【解析】 【分析】 （1）连接 1AC 交 1AC 与 N ，则 N 为 1AC 的中点，利用三角形中位线定理可得 1/ /MN BC ， 再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得 1 1A AMCV  1 1A A C MV  ，再利用棱锥 的体积公式可得结果. 【详解】 （1）连接 1AC 交 1AC 与 N ，则 N 为 1AC 的中点， 又 M 为 1 1A B 的中点， 1/ /MN B C ， 又因为 MN  平面 1AC M ， 1B C  平面 1AC M ， 1 / /B C 平面 1AC M ； （2）因为，直三棱柱 1 1 1A B C ABC 中， AC BC , 1AC BC  , 1 2CC  ， 且点 M 是 1 1A B 的中点 所以 1 1A AMCV  1 1A A C MV  1 1 1 1 3 A C MS AA  1 1 1 1 1 1 3 2 A C BS AA   1 1 1 11 1 23 2 2 6        . 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证 明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内 找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的 性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面 平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 17.如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点，求证： （1）B，C，H，G 四点共面； （2）平面 EFA1∥平面 BCHG． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 试题分析：(1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H， G 四点共面． (2)∵E、F 分别为 AB、AC 的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄ 平面 BCHG，BC⊂平面 BCHG，∴EF∥平 面 BCHG.∵A1G∥EB 且 A1G=EB，∴四边形 A1EBG 是平行四边形．∴A1E∥GB.∵A1E⊄ 平面 BCHG，GB⊂平面 BCHG.∴A1E∥平面 BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面 EF A1∥平面 BCHG. 考点：本题考查了公理 3 及面面平行的判定 点评：线线、线面、面面间的平行关系的判定和性质，常常是通过线线关系、线面关系、面 面关系的相互转化来表达的． 18.已知函数 定义在 ( 1,1) 上且满足下列两个条件: ①对任意 , ( 1,1)x y   都有 ; ②当 ( 1,0)x  时,有 ( ) 0f x  ， （1）求 (0)f ，并证明函数 在 ( 1,1) 上是奇函数； （2）验证函数 1( ) lg1 xf x x   是否满足这些条件； （3）若 1( ) 12f   ，试求函数 1( ) ( ) 2F x f x  的零点. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3) 2 3x   . 【解析】 【分析】  1 令 0x y  代入即可求得  0f ，令 y x  ，则可得     0f x f x   ，即可证明结 论  2 根据函数的解析式求出定义域满足条件，再根据对数的运算性质，计算    f x f y 与 1 x yf xy      并进行比较，根据对数函数的性质判断当 0x  时，  f x 的符号，即可得证  3 用定义法先证明函数  f x 的单调性，然后转化函数     1 2F x f x  的零点为  2 1f x   ，利用条件进行求解 【详解】（1）对条件中的 ，令 得        0 0 0 0 0f f f f    . 再令 可得          0 0f x f x f f x f x       所以 在（－1，1）是奇函数. (2)由 1 01 x x   可得 1 1x   ，其定义域为（-1，1），     11 1 1 1 1 1lg lg lg lg lg1 1 1 1 1 11 1 x y x y x y x y xy x yxyf x f y fx yx y x y x y xy xy xy 又                                 当 0x  时， 1 1 0x x    ∴ 1 11 x x   ∴ 1lg 01 x x   故函数   1lg1 xf x x   是满足这些条件. （3）设 ，则 ， ， 由条件②知 ，从而有 ，即 故 上单调递减， 由奇函数性质可知, 在（0，1）上仍是单调减函数. 1 11 12 2f f              原方程即为       2 2 12 1 1 2 xf x f x f x f fx                ，  f x 在(-1,1)上单调 2 2 2 1 4 1 0 2 31 2 x x x xx          又  1,1 2 3x x     故原方程的解为 2 3x   . 【点睛】本题考查的知识点是函数的奇偶性与函数的单调性，考查了对数函数的图象和性质， 解题的关键是熟练掌握抽象函数的处理方式，将抽象问题具体化，有一定的难度和计算量．