2019-2020学年江西省山江湖协作体高一上学期第三次月考（自招班）数学试题（解析版） 17页

‎2019-2020学年江西省山江湖协作体高一上学期第三次月考（自招班）数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解出不等式和，再由交集的定义可得出集合.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2．方程的解所在区间是（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】判断所给选项中的区间的两个端点的函数值的积的正负性即可选出正确答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵,‎ ‎∴,,，,∴,‎ ‎∵函数的图象是连续的,‎ ‎∴函数的零点所在的区间是.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了根据零存在原理判断方程的解所在的区间,考查了数学运算能力.‎ ‎3．过点且与直线平行的直线方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由题意设所求直线为：，再由直线过点，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为所求直线与直线平行，因此，可设所求直线为：，‎ 又所求直线过点，‎ 所以，解得，‎ 所求直线方程为：.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查求直线的方程，熟记直线方程的常见形式即可，属于基础题型.‎ ‎4．已知，那么a，b，c的大小关系是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用函数的单调性容易得出log0.90.8＞1，0.50.6＜0.60.6＜0.60.5＜1，从而可得出a，b，c的大小关系．‎ ‎【详解】‎ a =log0.90.8＞log0.90.9＝1，c =0.50.6＜0.60.6＜0.60.5 = b＜0.60＝1，‎ ‎∴a＞b＞c．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了对数函数、指数函数和幂函数的单调性，增函数和减函数的定义，考查了推理能力和计算能力，属于基础题．‎ ‎5．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰为，上底长为的等腰梯形，那么原平面图形的面积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据斜二测画法的图像性质,原平面图形面积为斜二测画法所得面积的倍,故先求得斜二测画法梯形的面积再乘以即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意得,斜二测画法内梯形的上底长为2,高为,下底长为 ‎,故斜二测图像内梯形面积,故原平面图形面积 .‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查原图形面积为斜二测画法内面积的倍.属于基础题型.‎ ‎6．若圆关于直线对称，则的值为（ ）‎ A．5 B．3 C．1 D．-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】由圆关于直线对称，得直线过圆心，将圆心坐标代入直线的方程，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为圆可化为，所以圆心坐标为；‎ 又圆关于直线对称，‎ 所以直线过点，‎ 因此，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查由直线与圆的位置关系求参数的问题，只需由题意得到直线过圆心即可，属于常考题型.‎ ‎7．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有鳖臑下广三尺，无袤，上袤三尺，无广，高四尺.问积几何？”，鳖臑是一个四面体，每个面都是三角形，已知一个鳖臑的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为，则该鳖臑的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据三视图画出图形，结合三棱锥体积公式求解即可 ‎【详解】‎ 由三视图，画出图形，如图：‎ 则该鳖臑的体积为：‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求三棱锥的体积，属于基础题 ‎8．已知函数是奇函数，且当时，，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先化简，根据f（x）是奇函数，以及x＜0时的函数解析式，即可求值 ‎【详解】‎ ‎；‎ 又x＜0时，f（x）＝5﹣x﹣1，且f（x）为奇函数；‎ ‎∴2．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 考查奇函数的定义，对数式的运算，以及对数的换底公式，指数与对数的互化．‎ ‎9．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．‎ ‎【详解】‎ 连接，，如图：‎ 又，则为异面直线与所成的角.‎ 因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，‎ ‎∴，‎ 又，，∴，‎ ‎∴，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．‎ ‎10．已知是幂函数，对任意的，且，满足，若，且，，则的值（ ）‎ A．恒大于0 B．恒小于0 C．等于0 D．无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】先求出幂函数解析式，再根据幂函数的奇偶性与单调性得出结论．‎ ‎【详解】‎ 由题意，或，‎ 又对任意的，且，满足，∴在上是增函数．‎ 时，，不合题意，‎ 时，，满足题意，‎ ‎∴，是奇函数，∴在是是增函数，‎ ‎，不妨设，则，‎ ‎∴，即，∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求幂函数解析式，考查函数的单调性与奇偶性，属于中档题．‎ ‎11．已知为直线上的动点，过点作圆的一条切线，切点为，则面积的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】作出图形，根据勾股定理，可知当与直线垂直时，取得最小值，此时取得最小值，则 取得最小值，利用点到直线的距离公式计算出的最小值，可得出的最小值，由此可计算出面积的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如下图所示，过点引圆的切线，切点为点，，且，‎ 由勾股定理得.‎ 点是直线上的动点，当时，此时取得最小值，则取得最小值，则圆心到直线的距离为.‎ 则的最小值为，所以的面积等于，‎ 因此，面积的最小值为．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆相切时三角形面积最值的求解，解题时要充分利用数形结合思想，抓住一些关键位置进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎12．设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决．‎ ‎【详解】‎ 时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．‎ 如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．‎ 二、填空题 ‎13．已知点（m，2）到直线x+y–4＝0的距离等于，则m的值为__________．‎ ‎【答案】0或4‎ ‎【解析】利用点到直线的距离公式，得到关于的方程，求出的值，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，，即|m–2|＝2，‎ 解得m＝0或4．‎ 故答案为：0或4．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点到直线距离公式，属于简单题 ‎14．函数的值域为__________．‎ ‎【答案】(0,1)‎ ‎【解析】利用反函数的定义域为原函数的值域求解。‎ ‎【详解】‎ 解：‎ ‎ ‎ 即的反函数为 又则解得 故函数的定义域为 所以函数的值域为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求函数的值域，利用反函数跟原函数的关系，属于基础题。‎ ‎15．已知四面体为正四面体，，分别为的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】补成一个正方体，在正方体中可解决。‎ ‎【详解】‎ 补成正方体，如图，‎ ‎，‎ 截面为平行四边形，可得，‎ 又，且，‎ ‎，可得， ‎ ‎ 当且仅当时取等号。‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中的截取问题，同时也考查了用基本不等式求最值，属于综合性题目。‎ ‎16．已知四面体的四个顶点均在球 的表面上，为球的直径，，四面体的体积最大值为____‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】为球的直径，可知与均为直角三角形，求出点到直线的距离为，可知点在球上的运动轨迹为小圆.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，四面体内接于球，‎ 为球的直径，，‎ ‎，，过作于，‎ ‎，‎ 点在以为圆心，为半径的小圆上运动，‎ 当面面时，四面体的体积达到最大，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 立体几何中求最值问题，核心通过直观想象，找到几何体是如何变化的？本题求解的突破口在于找到点的运动轨迹，考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力.‎ 三、解答题 ‎17．己知直线2x–y–1＝0与直线x–2y+1＝0交于点P．‎ ‎（1）求过点P且平行于直线3x+4y–15＝0的直线l1的一般式方程；‎ ‎（2）求过点P并且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍的直线l2的一般式方程．‎ ‎【答案】（1）3x+4y–7＝0 （2）x–y＝0或2x+y–3＝0‎ ‎【解析】（1）将两直线联立得到点坐标，然后设的一般式方程为3x+4y+c＝0，代入点坐标，得到的值，从而得到答案；（2）分过原点和不过原点两种情况进行讨论，过原点时，易得，从而得到，不过原点时，可设直线l2的方程为：，代入点坐标，得到的值，从而得到直线.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）联立，得，‎ ‎∴P（1，1），‎ 设平行于直线3x+4y–15＝0的直线l1的一般式方程为3x+4y+c＝0，‎ 把P（1，1）代入，得：3+4+c＝0，解得c＝–7．‎ ‎∴过点P且平行于直线3x+4y–15＝0的直线l1的一般式方程为：3x+4y–7＝0．‎ ‎（2）①当直线l2过原点时，符合题意，‎ 直线l2过原点，且过P（1，1），‎ ‎∴斜率k＝1，‎ ‎∴直线l2的方程为y＝x，即x–y＝0；‎ ‎②当直线l2不过原点时，‎ ‎∵它在y轴上的截距是在x轴上截距的2倍，‎ ‎∴可设直线l2的方程为：．‎ ‎∵直线l2过点P（1，1），‎ ‎∴，解得a．‎ ‎∴直线l2的方程为：，即2x+y–3＝0．‎ 综上所述，直线l2的方程为x–y＝0或2x+y–3＝0．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的交点，根据平行关系求直线方程，根据截距关系求直线方程，属于简单题.‎ ‎18．已知函数.‎ ‎（1）求函数的定义域；‎ ‎（2）若不等式有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由对数有意义，得可求定义域；（2）不等式有解，由，可得的最大值为，所以。‎ 试题解析：（1）须满足，∴，‎ ‎∴所求函数的定义域为.‎ ‎（2）∵不等式有解，∴‎ ‎=‎ 令，由于，∴‎ ‎∴的最大值为∴实数的取值范围为.‎ ‎【考点】对数性质、对数函数性、不等式有解问题。‎ ‎19．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）存在，理由见解析 ‎【解析】【详解】‎ 分析：（1）先证,再证，进而完成证明。‎ ‎（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可。‎ 详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．‎ 因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．‎ 又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．‎ 而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．‎ ‎（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．‎ 证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．‎ 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．‎ MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．‎ 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题。‎ ‎20．已知二次函数满足且.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）若且在上的最大值为8，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】（1）利用二次函数列方程即可求解．‎ ‎（2）换元法转化为，利用定义域与对称轴的位置关系求最大值即可求解 ‎【详解】‎ ‎（1）二次函数f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），‎ ‎∴对称轴x＝1，‎ ‎∵f（1）＝-4，∴a+b＝-3，‎ a＝3，b＝-6．c＝﹣1，‎ ‎∴，‎ ‎（2）∵x∈[，1]，t＝，则 当，故在先减后增，又 故最大值为=8，解得 同理当，故在上最大值为=8，解得 综上：或 ‎【点睛】‎ 本题综合考查了二次函数的性质，考查分类讨论求最值，注意换元后新元范围与对称轴远近的比较，属于综合题目，理解题意最关键．‎ ‎21．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．‎ ‎（1）证明：AC⊥BD；‎ ‎（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）1:1.‎ ‎【解析】试题分析：（1）取的中点，由等腰三角形及等边三角形的性质得，，再根据线面垂直的判定定理得平面，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，结合平面几何知识确定，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.‎ 试题解析：‎ ‎（1）取AC的中点O，连结DO，BO.‎ 因为AD=CD，所以AC⊥DO. ‎ 又由于是正三角形，所以AC⊥BO.‎ 从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.‎ ‎（2）连结EO.‎ 由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.‎ 在中，.‎ 又AB=BD，所以 ‎，故∠DOB=90°.‎ 由题设知为直角三角形，所以.‎ 又是正三角形，且AB=BD，所以.‎ 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1.‎ ‎【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：‎ ‎（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎22．已知圆心在坐标原点的圆O经过圆与圆的交点，A、B是圆O与y轴的交点，P为直线y=4上的动点，PA、PB与圆O的另一个交点分别为M、N.‎ ‎(1)求圆O的方程；‎ ‎(2)求证：直线MN过定点.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】（1）联立两圆的方程，求解方程组即可得两圆的交点坐标为(2,0)和(0,2)，‎ 又所求圆的圆心为坐标原点，则可得圆的方程为，‎ ‎（2）联立直线与圆的方程，可得交点坐标分别为，，‎ 再由点斜式求直线方程为，即可得证.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)解：由解得：或，‎ 即两圆的交点坐标为(2,0)和(0,2)，‎ 又因为圆O的圆心为坐标原点，‎ 所以圆O的方程为.‎ ‎(2)证：不妨设A(0,2)、B(0,-2)、P(t,4)，‎ 则直线PA的直线方程为，直线PB的直线方程为，‎ 由得，同理可得，‎ 直线MN的斜率为，‎ 直线MN的的方程为：，‎ 化简得：，‎ 所以直线MN过定点(0,1).‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆的方程的求法、直线与圆的交点的求法及直线的点斜式方程，重点考查了运算能力，属中档题.‎