河南省三門峽市2017-2018學(xué)年高一數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題（含解析）.doc

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2017-2018學(xué)年河南省三門峽市高一（上）期末 數(shù)學(xué)試卷 一、選擇題（本大題共12小題，共60.0分） 1.設(shè)全集U=R，集合A={x|0＜x＜4}，集合B={x|3≤x＜5}，則A∩（?UB）=（　?。? A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先求?UB，然后求A∩（?UB）． 【詳解】∵（?UB）＝{x|x＜3或x≥5}， ∴A∩（?UB）＝{x|0＜x＜3}． 故選：D． 【點睛】本題主要考查集合的基本運算，比較基礎(chǔ)． 2.若直線過點（1，2），（4，2+ ）則此直線的傾斜角是（　?。? A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 設(shè)直線的傾斜角為，根據(jù)直線的斜率和傾斜角的關(guān)系，即可求解． 【詳解】設(shè)直線的傾斜角為，則， 又∵，所以，故選A. 【點睛】本題主要考查直線的斜率與傾斜角，屬于簡單題. 求直線的傾斜角往往先求出直線的斜率，求直線斜率的常見方法有一以下三種，（1）已知直線上兩點的坐標求斜率：利用 ；（2）已知直線方程求斜率：化成點斜式即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求曲線切點處的切線斜率. 3.設(shè)一個半徑為r的球的球心為空間直角坐標系的原點O，球面上有兩個點A，B，其坐標分別為（1，2，2），（2，-2，1），則（　?。? A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知求得球的半徑，再由空間中兩點間的距離公式求得|AB|，則答案可求． 【詳解】∵由已知可得r， 而|AB|， ∴|AB|r． 故選：C． 【點睛】本題考查空間中兩點間距離公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題． 4.函數(shù)的圖像的大致形狀是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由題意得，又由可得函數(shù)圖象選B。 5.若，，，則有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 試題分析：，，即；；． ．故B正確． 考點：指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性． 【方法點睛】本題主要考查用指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較大小的問題，難度一般．比較大小常用的方法有：作差法，插入數(shù)法，單調(diào)性法，圖像法等．有時幾種方法可能需同時使用． 6.三條直線l1：ax+by-1=0，l2：2x+（a+2）y+1=0，l3：bx-2y+1=0，若l1，l2都和l3垂直，則a+b等于（　?。? A. B. 6 C. 或6 D. 0或4 【答案】C 【解析】 【分析】 根據(jù)相互垂直的兩直線斜率之間的關(guān)系對b分類討論即可得出． 【詳解】l1，l2都和l3垂直，①若b＝0，則a+2＝0，解得a＝﹣2，∴a+b＝﹣2． ②若b≠0，則1，1， 聯(lián)立解得a＝2，b＝4，∴a+b＝6． 綜上可得：a+b的值為﹣2或6． 故選：C． 【點睛】本題考查了相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題． 7.由一個正方體截去一個三棱錐所得的幾何體的直觀圖如圖所示，則該幾何體的三視圖正確的是（　?。? A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 因為有直觀圖可知，該幾何體的正視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形，俯視圖是有一條從左下角角到右上角角的對角線的正方形，側(cè)視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形（對角線為虛線），所以只有選項D合題意，故選D. 8.已知是空間兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 試題分析：A不正確，也有可能； B不正確，也有可能； C不正確，可能或或； D正確，，，，． 考點：1線面位置關(guān)系；2線面垂直． 9.已知函數(shù)是定義域為上的偶函數(shù)，若在上是減函數(shù)，且，則不等式的解集為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 因為偶函數(shù)在上是減函數(shù)，所以在上是增函數(shù)， 由題意知:不等式等價于,即 ,即或,解得或 10.已知圓C：x2+y2+2x=0與過點A（1，0）的直線l有公共點，則直線l斜率k的取值范圍是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用點到直線的距離公式和直線和圓的位置關(guān)系直接求解． 【詳解】根據(jù)題意得，圓心（﹣1，0），r＝1， 設(shè)直線方程為y﹣0＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝0 ∴圓心到直線的距離d1，解得k 故選：B． 【點睛】本題考查直線和圓的位置關(guān)系，點到直線的距離公式，屬于基礎(chǔ)題． 11.在實數(shù)的原有運算法則中，補充定義新運算“”如下：當(dāng)時，；當(dāng)時，，已知函數(shù)，則滿足的實數(shù)的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 當(dāng)時，； 當(dāng)時，； 所以， 易知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞增， 且時，，時，， 則在上單調(diào)遞增， 所以得：，解得，故選C。 點睛：新定義的題關(guān)鍵是讀懂題意，根據(jù)條件，得到，通過單調(diào)性分析，得到在上單調(diào)遞增，解不等式，要符合定義域和單調(diào)性的雙重要求，則，解得答案。 12.已知函數(shù)，對于任意且.均存在唯一實數(shù)，使得，且.若關(guān)于的方程有4個不相等的實數(shù)根，則 的取值范圍是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由題意得 ，作出函數(shù)圖像，由圖知 ，選C. 點睛： 對于方程解的個數(shù)(或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、草圖確定其中參數(shù)范圍．從圖象的最高點、最低點，分析函數(shù)的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數(shù)的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數(shù)的單調(diào)性、周期性等． 二、填空題（本大題共4小題，共20.0分） 13.已知函數(shù)f（x）=1g（2x-1）的定義城為______． 【答案】 【解析】 【分析】 根據(jù)對數(shù)函數(shù)定義得2x﹣1＞0，求出解集即可. 【詳解】∵f（x）＝lg（2x﹣1）， 根據(jù)對數(shù)函數(shù)定義得2x﹣1＞0， 解得：x＞0， 故答案為：（0，+∞）. 【點睛】考查具體函數(shù)的定義域的求解，考查了指數(shù)不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題． 14.在平面直角坐標系中，動點P到兩條直線與的距離之和等于2，則點P到坐標原點的距離的最小值為_________. 【答案】 【解析】 ∵3x﹣y=0與x+3y=0的互相垂直，且交點為原點， ∴設(shè)點P到兩條直線的距離分別為a，b，則a≥0，b≥0， 則a+b=2，即b=2﹣a≥0， 得0≤a≤2， 由勾股定理可知===， ∵0≤a≤2， ∴當(dāng)a=1時，的距離， 故答案為：． 15.已知符號函數(shù)sgn（x），則函數(shù)f（x）=sgn（x）﹣2x的所有零點構(gòu)成的集合為_____． 【答案】 【解析】 【分析】 根據(jù)的取值進行分類討論，得到等價函數(shù)后分別求出其零點，然后可得所求集合． 【詳解】①當(dāng)x＞0時，函數(shù)f（x）=sgn（x）﹣2x =1﹣2x，令1﹣2x=0，得x=， 即當(dāng)x＞0時，函數(shù)f（x）的零點是； ②當(dāng)x=0時，函數(shù)f（x）=0，故函數(shù)f（x）的零點是0； ③當(dāng)x＜0時，函數(shù)f（x）=﹣1﹣2x，令﹣1﹣2x=0，得x=， 即當(dāng)x＜0時，函數(shù)f（x）的零點是． 綜上可得函數(shù)f（x）=sgn（x）﹣x的零點的集合為：． 故答案為：． 【點睛】本題主要考查函數(shù)零點的求法，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意得到函數(shù)的解析式，考查轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，是基礎(chǔ)題． 16.如圖，在棱長均相等的正四棱錐P-ABCD中，O為底面正方形的重心，M，N分別為側(cè)棱PA，PB的中點，有下列結(jié)論： ①PC∥平面OMN； ②平面PCD∥平面OMN； ③OM⊥PA； ④直線PD與直線MN所成角的大小為90． 其中正確結(jié)論的序號是______．（寫出所有正確結(jié)論的序號） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】 連接AC，易得PC∥OM，可判結(jié)論①． 證得平面PCD∥平面OMN，可判結(jié)論②正確． 由勾股數(shù)可得PC⊥PA，得到OM⊥PA，可判結(jié)論③正確． 根據(jù)線線平行先找到直線PD與直線MN所成的角為∠PDC，知三角形PDC為等邊三角形，所以∠PDC＝60，可判④錯誤． 【詳解】如圖，連接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，結(jié)論①正確． 同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，結(jié)論②正確． 由于四棱錐的棱長均相等，所以AB2+BC2＝PA2+PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以O(shè)M⊥PA，結(jié)論③正確． 由于M，N分別為側(cè)棱PA，PB的中點，所以MN∥AB，又四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD，所以直線PD與直線MN所成的角即為直線PD與直線CD所成的角，為∠PDC，知三角形PDC為等邊三角形，所以∠PDC＝60，故④錯誤． 故答案為：①②③． 【點睛】本題考查線面平行、面面平行，考查線線角，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題． 三、解答題（本大題共6小題，共70.0分） 17.直線l經(jīng)過兩直線l1:2x-y+4=0與l2:x-y+5=0的交點,且與直線x-2y-6=0垂直. (1)求直線l的方程. (2)若點P(a,1)到直線l的距離為,求實數(shù)a的值. 【答案】（1）；（2）或 【解析】 試題分析：（1）解方程組可得直線的交點為(1,6)，然后根據(jù)垂直可得直線l的斜率，由點斜式可得l的方程；（2）有點到直線的距離公式可得，解得a=1或a=6，即為所求。 試題解析： (1)由得 所以直線l1與l2的交點為(1,6), 又直線l垂直于直線x-2y-6=0, 所以直線l的斜率為k=-2， 故直線l的方程為y-6=-2(x-1), 即2x+y-8=0. (2)因為點P(a,1)到直線l的距離等于, 所以=, 解得a=1或a=6. 所以實數(shù)a的值為1或6. 18.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=60，AB=2AD，PD⊥平面ABCD，點M為PC的中點． （1）求證：PA∥平面BMD； （2）求證：AD⊥PB； （3）若AB=PD=2，求點A到平面BMD的距離． 【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）. 【解析】 【分析】 （1）設(shè)AC和BD交于點O，MO為三角形PAC的中位線可得MO∥PA，再利用直線和平面平行的判定定理，證得結(jié)論． （2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，再由cos∠BAD，證得 AD⊥BD，可證AD⊥平面PBD，從而證得結(jié)論． （3）點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離h，求出MN、MO的值，利用等體積法求得點C到平面MBD的距離h． 【詳解】（1）證明：設(shè)AC和BD交于點O，則由底面ABCD是平行四邊形可得O為AC的中點． 由于點M為PC的中點，故MO為三角形PAC的中位線，故MO∥PA．再由PA不在平面BMD內(nèi)，而MO在平面BMD內(nèi)， 故有PA∥平面BMD． （2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，平行四邊形ABCD中，∵∠BCD＝60，AB＝2AD， ∴cos∠BADcos60，∴AD⊥BD． 這樣，AD垂直于平面PBD內(nèi)的兩條相交直線，故AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB． （3）若AB＝PD＝2，則AD＝1，BD＝AB?sin∠BAD＝2， 由于平面BMD經(jīng)過AC的中點，故點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離． 取CD得中點N，則MN⊥平面ABCD，且MNPD＝1． 設(shè)點C到平面MBD的距離為h，則h為所求． 由AD⊥PB 可得BC⊥PB，故三角形PBC為直角三角形． 由于點M為PC的中點，利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，可得MD＝MB，故三角形MBD為等腰三角形， 故MO⊥BD． 由于PA，∴MO． 由VM﹣BCD＝VC﹣MBD 可得，?（）?MN?（BDMO ）h， 故有 （）1?（）?h， 解得h． 【點睛】本題主要考查直線和平面平行的判定定理，直線和平面垂直的性質(zhì)，用等體積法求點到平面的距離，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合和等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題． 19.已知為定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時，函數(shù)解析式為. （Ⅰ）求的值，并求出在上的解析式； （Ⅱ）求在上的最值． 【答案】（Ⅰ）在上的解析式為f（x）＝2x－4x；（Ⅱ）函數(shù)在[0,1]上的最大與最小值分別為0，-2. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）由于f（x）為定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，故f（0）＝0，即f（0）＝＝1－＝0.從而＝1. 設(shè)x∈[0,1]，則－x∈[－1,0]．由f（－x）＝－f（x）即可得在上的解析式.（Ⅱ）當(dāng)x∈[0,1]，f（x）＝2x－4x＝2x－（2x）2，設(shè)t＝2x（t>0），則f（t）＝t－t2.這樣轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最大值，最大值. 試題解析：解：（Ⅰ）∵f（x）為定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f（x）在x＝0處有意義， ∴f（0）＝0，即f（0）＝＝1－＝0. ∴＝1. 設(shè)x∈[0,1]，則－x∈[－1,0]． ∴f（－x）＝－＝4x－2x. 又∵f（－x）＝－f（x） ∴－f（x）＝4x－2x. ∴f（x）＝2x－4x. 所以，在[上的解析式為f（x）＝2x－4x （Ⅱ）當(dāng)x∈[0,1]，f（x）＝2x－4x＝2x－（2x）2， ∴設(shè)t＝2x（t>0），則f（t）＝t－t2. ∵x∈[0,1]，∴t∈[1,2]． 當(dāng)t＝1時，取最大值，最大值為1－1＝0. 當(dāng)t=0時，取最小值為-2. 所以，函數(shù)在[0,1]上的最大與最小值分別為0，-2. 考點：1、函數(shù)的奇偶性；2、函數(shù)的解析式；3、函數(shù)的最值. 20.如圖，幾何體EF-ABCD中，四邊形CDEF是正方形，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，△ACB是腰長為2的等腰直角三角形，平面CDEF⊥平面ABCD． （1）求證：BC⊥AF； （2）求幾何體EF-ABCD的體積． 【答案】（1）詳見解析；（2）. 【解析】 【分析】 （1）推導(dǎo)出FC⊥CD，F(xiàn)C⊥BC，AC⊥BC，由此BC⊥平面ACF，從而BC⊥AF． （2）推導(dǎo)出AC＝BC＝2，AB4，從而AD＝BCsin∠ABC＝22，由V幾何體EF﹣ABCD＝V幾何體A﹣CDEF+V幾何體F﹣ACB，能求出幾何體EF﹣ABCD的體積． 【詳解】（1）因為平面CDEF⊥平面ABCD， 平面CDEF∩平面ABCD=CD， 又四邊形CDEF是正方形， 所以FC⊥CD，F(xiàn)C?平面CDEF， 所以FC⊥平面ABCD，所以FC⊥BC． 因為△ACB是腰長為2的等腰直角三角形， 所以AC⊥BC． 又AC∩CF=C，所以BC⊥平面ACF． 所以BC⊥AF． （2）因為△ABC是腰長為2的等腰直角三角形， 所以AC=BC=2，AB==4， 所以AD=BCsin∠ABC=2=2， CD=AB=BCcos∠ABC=4-2cos45=2， ∴DE=EF=CF=2， 由勾股定理得AE==2， 因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD． 又AD⊥DC，DE∩DC=D，所以AD⊥平面CDEF． 所以V幾何體EF-ABCD=V幾何體A-CDEF+V幾何體F-ACB = =+ = =． 【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查幾何體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題． 21.已知圓M的方程為x2+（y-2）2=1，直線l的方程為x-2y=0，點P在直線l上，過P點作圓M的切線PA，PB，切點為A，B． （1）若∠APB=60，試求點P的坐標； （2）若P點的坐標為（2，1），過P作直線與圓M交于C，D兩點，當(dāng)時，求直線CD的方程； （3）求證：經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點，并求出所有定點的坐標． 【答案】（1）或（2）x+y-3=0或x+7y-9=0（3）詳見解析 【解析】 試題分析：（1）設(shè)P（2m，m），代入圓方程，解得m，進而可知點P的坐標;（2）設(shè)直線CD的方程為：y-1=k（x-2），由圓心M到直線CD的距離求得k，則直線方程可得;（3）設(shè)P（2m，m），MP的中點，因為PA是圓M的切線，進而可知經(jīng)過A，P，M三點的圓是以Q為圓心，以MQ為半徑的圓，進而得到該圓的方程，根據(jù)其方程是關(guān)于m的恒等式，進而可求得x和y，得到經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點的坐標 試題解析：（1）設(shè)P（2m，m），由題可知MP=2，所以（2m）2+（m-2）2=4， 解之得：， 故所求點P的坐標為P（0，0）或． （2）設(shè)直線CD的方程為：y-1=k（x-2），易知k存在， 由題知圓心M到直線CD的距離為，所以， 解得，k=-1或，故所求直線CD的方程為：x+y-3=0或x+7y-9=0． （3）設(shè)P（2m，m），MP的中點， 因為PA是圓M的切線，所以經(jīng)過A，P，M三點的圓是以Q為圓心，以MQ為半徑的圓， 故其方程為： 化簡得：x2+y2-2y-m（2x+y-2）=0，此式是關(guān)于m的恒等式， 故x2+y2-2y=0且（2x+y-2）=0， 解得或 所以經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點（0，2）或 考點：圓方程的綜合運用 22.已知函數(shù)f（x）=． （1）若f（2）=a，求a的值； （2）當(dāng)a=2時，若對任意互不相等的實數(shù)x1，x2∈（m，m+4），都有＞0成立，求實數(shù)m的取值范圍； （3）判斷函數(shù)g（x）=f（x）-x-2a（＜a＜0）在R上的零點的個數(shù)，并說明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）個零點，理由見解析. 【解析】 【分析】 （1）分類討論求出f（2），代入 f（2）＝a，解方程可得； （2）a＝2時，求出分段函數(shù)的增區(qū)間；“對任意互不相等的實數(shù)x1，x2∈（m，m+4），都有0成立”?f（x）在（m，m+4）上是增函數(shù)，根據(jù)子集關(guān)系列式可得m的范圍； （3）按照x≥a和x＜a這2種情況分別討論零點個數(shù)． 【詳解】解：（1）因為f（2）=a， 當(dāng)a≤2時，4-2（a+1）+a=a，解得a=1符合； 當(dāng)a＜2時，-4+2（a+1）-a=a，此式無解； 綜上可得：a=1． （2）當(dāng)a=2時，f（x）=， ∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，）和（2，+∞）， 又由已知可得f（x）在（m，m+4）上單調(diào)遞增， 所以m+4≤，或m≥2， 解得m≤-或m≥2， ∴實數(shù)m的取值范圍是（-∞，-]∪[2，+∞）； （3）由題意得g（x）= ①當(dāng)x≥a時，對稱軸為x=， 因為-， 所以f（a）=a2-a2-2a-a=-3a＞0， ∵-a=＞a， ∴f（）=-=-＜0， 由二次函數(shù)可知，g（x）在區(qū)間（a，）和區(qū)間（，+∞）各有一個零點； ②當(dāng)x＜a時，對稱軸為x=＞a， 函數(shù)g（x）在區(qū)間（-∞，a）上單調(diào)遞增且f（）=0， 所以函數(shù)在區(qū)間（-∞，a）內(nèi)有一個零點． 綜上函數(shù)g（x）=f（x）-x-2a（-＜a＜0）在R上有3個零點． 【點睛】本題考查了分段函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用及函數(shù)零點問題，考查了分類討論思想的運用，屬于難題．