甘肃省张掖市2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题

甘肃省张掖市2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题

张掖市2019-2020学年第一学期期末高一年级学业水平质量检测 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟，答案均填写在答题卡上，否则无效.‎ 第I卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.设全集，集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出后可求.‎ ‎【详解】，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算（交集和补集），此类属于基础题.‎ ‎2.函数f（x）=‎ A. （-2,-1） B. （-1,0） C. （0,1） D. （1,2）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎，所以零点在区间（0，1）上 考点：零点存在性定理 ‎3.下列直线中与直线垂直的一条是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出直线的斜率，然后再由两相互垂直直线斜率的积为，分别对四个选项进行计算判断即可.‎ ‎【详解】直线的斜率为，‎ A. 直线的斜率为，不满足题意；‎ B. 直线的斜率为，，满足题意；‎ C. 直线的斜率为，不满足题意；‎ D. 直线的斜率为，不满足题意.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查直线方程及斜率，熟练掌握斜率的知识是解题的关键，属于基础题.‎ ‎4. 如图（1）、（2）、（3）、（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可以判断这四个几何体依次分别为（ ）‎ A. 三棱台、三棱柱、圆锥、圆台 B. 三棱台、三棱锥、圆锥、圆台 C. 三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台 D. 三棱柱、三棱台、圆锥、圆台 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据正视图、侧视图、俯视图可知（1)是一个侧面平放 三棱柱；（2）是一个四棱锥；（3）是一个圆锥；（4）是一个圆台．‎ 考点：根据三视图画出直观图．‎ ‎5.若为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是（   ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB垂直，可得AB斜率k＝1，结合直线方程的点斜式列式，即可得直线AB的方程.‎ ‎【详解】∵AB是圆（x﹣1）2+y2＝25的弦，圆心为C（1，0）‎ AB的中点P（2，﹣1）满足AB⊥CP 因此，AB的斜率k＝,‎ 可得直线AB的方程是y+1＝x﹣2，化简得x﹣y﹣3＝0‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查圆的弦的性质，考查直线方程的求法，属于基础题.‎ ‎6.设，，，则，，之间的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数、指数函数的单调性判断即可.‎ ‎【详解】由于，，，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查指数式和对数式比较大小的问题，属于基础题.‎ ‎7.为了得到函数y＝2x－3－1的图象，只需把函数y＝2x的图象上所有的点(　　)‎ A. 向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 B. 向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 C. 向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度 D. 向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据左加右减，上加下减的原则，只需要将函数y=2x的图象上所有的点向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 ‎8.已知直线l、m 、n 与平面α、β给出下列四个命题：‎ ‎①若m∥l，n∥l，则m∥n； ②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；‎ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α 其中，假命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①利用平行公理即可判断出；②利用线面平行的判断定理和面面垂直的判断定理即可判断出；③利用线面平行的性质定理和线线的位置关系即可判断出；④利用线面平行的判定和性质定理和面面垂直的判定定理即可．‎ ‎【详解】①由平行公理可知：若，，则，故正确；  ②过直线作一个平面，与交于直线，则；‎ ‎∵，∴，∴，故正确； ③由，，则或相交或异面，因此不正确； ④由，，则或，故不正确． 综上可知：只有①②正确．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了空间中线线、线面、面面之间的位置关系，解题的关键是有着较好的空间立体感知能力，熟练掌握平行公理、线面垂直与平行的判定定理及性质定理.‎ ‎9.若函数是上的减函数，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合分段函数解析式分类讨论即可求得实数a的取值范围.‎ ‎【详解】当时，为减函数，则，‎ 当时，一次函数为减函数，则，解得：，‎ 且在处，有：，解得：，‎ 综上可得，实数的取值范围是.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】对于分段函数的单调性，有两种基本的判断方法：一保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的判断．‎ ‎10.直角梯形的一个内角为，下底长为上底长的，此梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体表面积为，则旋转体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出旋转前的图形，判断构成组合几何体的简单几何体的特征，求出相应的几何量，即可求解整体的体积．‎ ‎【详解】‎ 如图，梯形，，，，绕边旋转一周后形成一圆柱和一圆锥的组合体，‎ 设，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 根据题设，‎ ‎，‎ 旋转体体积 ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查组合几何体的面积、体积问题，考查计算能力，属于常考题.‎ ‎11.如图长方体ABCD-A1B‎1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的大小是（ ）‎ A. 600 B. ‎300 ‎C. 450 D. 900‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，，可证四边形是平行四边形，从而可得为异面直线与所成角，再连接，分别求出，，的值，即可求解.‎ ‎【详解】连接，，由于分别是和的中点，‎ ‎∴，‎ 而，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形是平行四边形．‎ ‎∴，从而为异面直线与成角，‎ 连接，‎ ‎∵，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即异面直线与所成的角为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成的角与线面角，求空间角的步骤是：①从几何体中找或作出角来；②证明此角是所求角；③再利用解三角形的有关知识求出空间角．‎ ‎12.定义在R上的奇函数满足，当时，，则在上（ ）‎ A. 是减函数，且 B. 是增函数，且 C. 是减函数，且 D. 是增函数，且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件推出函数周期性，利用函数的周期性，奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论．‎ ‎【详解】定义在R上的奇函数满足，‎ ‎，‎ 即，‎ 即函数的周期是2.‎ 则在上图象和在上的图象相同，‎ 当时，，‎ 此时单调递增，且，‎ 是奇函数，‎ 当时，单调递增，且，‎ 即当时，单调递增，且，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数性质的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.‎ 第II卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接答在答题卡上.‎ ‎13.函数恒过的定点坐标是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数函数的图象恒过，可令，解方程即可得到所求定点．‎ ‎【详解】可令，解得，‎ 所以，‎ 则恒过定点，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数恒过定点问题，考查分析和运算能力，属于常考题.‎ ‎14.若直线与互相垂直，则的值是____________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两条直线垂直的充要条件列出方程，即可求出的值．‎ ‎【详解】因为直线与互相垂直，‎ 所以有：，解之得：或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查由两直线垂直求参数的问题，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.、已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于 ‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由球的体积可得求半径，而对于正方体而言外接球直径即为体对角线的长度，从而得解.‎ ‎【详解】设正方体的棱长为，‎ 则外接球的半径为，‎ 外接球的体积，‎ 解得，‎ 即正方体的棱长等于．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正方体的外接球问题，对于长方体而言，体对角线即为外接球的直径，属于基础题.‎ ‎16.已知函数（），若函数存在两个零点，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数存在两个零点，等价于函数与函数的图象有两个交点，作出图象，结合图象解得的取值范围．‎ ‎【详解】函数存在两个零点，等价于：函数与函数的图象有两个交点，‎ 作出函数|与函数的图象如下，‎ 结合图象可知，，‎ 故：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点的应用，解题关键是将函数的零点问题转化为两个函数图象交点的个数问题，考查数形结合思想，属于常考题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知集合，，‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入B中不等式确定出B，求出A与B的交集即可；‎ ‎（2）由子集的定义，确定出的范围即可．‎ ‎【详解】（1）把代入集合B中不等式得：，即，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2），.‎ ‎【点睛】本题考查交集及其运算，考查子集的概念及运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18.计算：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用有理指数幂的运算法则求解即可；‎ ‎（2）利用对数的运算法则求解即可．‎ ‎【详解】（1）‎ ‎；‎ ‎（2）‎ ‎【点睛】本题考查有理指数幂的运算法则和对数的运算法则，考查对基础知识的理解和运用，属于常考题．‎ ‎19.求过点且分别满足下列条件的直线方程 ‎（1）在两个坐标轴上的截距相等.‎ ‎（2）与两个坐标轴的正半轴所围成的三角形面积是12.‎ ‎【答案】（1）或；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论，设出直线方程，然后代入点的坐标，计算求解即可；‎ ‎（2）设出直线的截距式方程，然后代入点的坐标得到一个关于截距的方程，再由三角形面积等于12，得到关于截距的另一方程，联立方程组求解截距，即可得解．‎ ‎【详解】（1）①若直线经过原点，设方程为，又因为直线过点，故有，解得：，所以方程为：；‎ ‎②若直线不经过原点，设直线在两坐标轴上的截距为，方程为：，又因为直线过点，所以有：，解得：，所以直线方程为：，即：；‎ ‎（2）设直线在，轴上的截距为，（，），可设直线方程为，由题意得，解得，∴直线方程为：，即：．‎ ‎【点睛】本题考查直线截距式方程的应用，解题关键是正确设出直线的方程，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，平面，，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，得，由，得，再由，得到平面；‎ ‎（2）过点作的平行线交于点，连结，则与平面所成的角等于与平面所成的角，由平面，得到为直线和平面所成的角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面，直线平面，所以，又因为，所以，而，所以平面. ‎ ‎（2）过点作的平行线交于点，连接，则与平面所成的角等于与平面所成的角.‎ 因为平面，故为在平面上的射影，‎ 所以为直线与平面所成的角，由于，.‎ 故.‎ 由已知得，，又，故，在中，可得，在中，可得.‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于难题.‎ 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎ ‎21.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ．由与轴的交点为 关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．‎ 详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ‎ ．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．‎ ‎（2）设，，其坐标满足方程组 消去，得方程．‎ 由已知可得，判别式，且，．  由于，可得．‎ 又，‎ 所以． ‚ ‎ 由‚得，满足，故．‎ 点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：‎ ‎① 待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；‎ ‎ ②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．‎ ‎（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值．‎ ‎22.设函数是定义在上的函数，并且满足下面三个条件：①对任意正数x，y，都有；②当时，；③.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）证明在上是减函数；‎ ‎（3）如果不等式成立，求x的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用赋值法求值；‎ ‎（2）用单调性的定义证明；‎ ‎（3）利用单调性解不等式．‎ ‎【详解】（1）因为对任意正数x，y，都有，，‎ 令，得，，‎ 令，则，‎ 令，，则有，．‎ ‎（2）令，且，所以，，‎ ‎，‎ ‎∴在上是减函数；‎ ‎（3）由已知不等式化为，‎ 又在上是减函数，∴，解得.‎ 不等式解集为.‎ ‎【点睛】本题考查解抽象函数问题，用赋值法求函数值是解抽象函数的基本方法，单调性的证明仍然用单调性的定义，而抽象函数不等式只能通过单调性求解．‎