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- 2021-04-14 发布
2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题
一、选择题（每小题5分）
1.已知全集 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用补集的定义求解即可.
【详解】全集 ，集合 ，
所以.
【点睛】本题主要考查了集合的补集运算，属于基础题.
2.已知函数，则的值是（ ）
A. -24 B. -15 C. -6 D. 12
【答案】C
【解析】
∵函数，
∴，
故选C
3.下列函数中，在区间内是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数解析式,即可直接判断函数在区间上的单调性.
【详解】对于A, 在区间上单调递减,所以A错误;
对于B, 的对称轴为,开口向上,所以在区间上单调递增,所以B正确;
对于C, 在区间上单调递减,所以C错误;
对于D, 在区间上单调递减,所以D错误.
综上可知,正确为B
故选:B
【点睛】本题考查了函数在某区间上的单调性的判断,根据解析式可直接判断,属于基础题.
4.已知幂函数过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设幂函数，∵过点，∴ ，
∴ ，故选B.
5.已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，，则 D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线与平面、平面与平面的位置关系,即可判断出结果.
【详解】对于选项A,,,则与可以平行,可以相交,可以异面,故A错误;
对于选项B,由线面垂直的性质定理知,,故B正确;
对于选项C,可以平行,也可以在内,故C错;
对于选项D,与可以相交,D错
综上可知,B为正确选项
故选:B
【点睛】本题考查了空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,尤其注意一些特殊位置关系,属于基础题.
6.把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
当平面与平面垂直时，棱锥的高最大，体积最大，解直角三角形可得结果.
【详解】
当平面与平面垂直时，棱锥的高最大，
由于底面积为定值，所以其体积最大，
设是中点，连接，
由面面垂直的性质可得平面，
是直线和平面所成的角，
因为，
所以，
故选B.
【点睛】本题主要考查空间垂直关系的转化以及直线与平面所成的角，属于基础题.
7. 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.
8.已知函数，且，则（ ）
A. -8 B. 3 C. -3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的解析式,可构造函数.利用奇函数的性质即可求得解.
【详解】令,则,则有
又
所以为奇函数,所以有
所以
故选:D
【点睛】本题考查了奇函数的性质及简单应用,函数的求值,属于基础题.
9.若函数且在上既是奇函数又是增函数，则的图象是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意先得到，，判断其单调性，进而可求出结果.
【详解】因为函数且在上是奇函数，所以
所以，，
又因为函数在上是增函数，所以，
所以，它的图象可以看作是由函数向左平移一个单位得到，故选D.
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性以及函数图象变换，熟记函数性质即可，属于常考题型.
10.正三棱柱的三视图如图所示，该正三棱柱的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
根据正三棱柱的三视图，得出三棱柱的高已经底面三角形的高，求出底面三角形的面积与侧面积即可．
【详解】根据几何体的三视图得该几何体是底面为正三角形，边长为2，高为1的正三棱柱，
所以该三棱柱的表面积为S侧面积+S底面积=2××22+3×2×1=6+2．
故答案为D
【点睛】（1）本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体表面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 通过三视图找几何体原图的方法有三种：直接法、拼凑法和模型法.
11.已知偶函数在区间上单调递增，则满足的的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据偶函数的性质及在区间上单调递增,结合不等式即可求得的取值范围.
【详解】偶函数在区间上单调递增
则在区间上单调递减
若满足
则
化简可得
解不等式可得,即
故选:A
【点睛】本题考查了偶函数的性质及简单应用,根据函数单调性解不等式,属于基础题.
12.已知正三棱柱的顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正三棱柱的结构特征,结合球的截面性质求得球的半径,即可得球的表面积.
【详解】根据对称性,可得球心到正三棱柱的底面的距离为,球心在底面上的射影为底面的中心
则
由球的截面的性质可得
所以有
所以球的表面积为
故选:D
【点睛】本题考查了三棱柱与外接球的关系,外接球表面积的求法,属于基础题.
二、填空题（每小题5分）
13.已知点，点，则直线的斜率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据两点间斜率公式,可直接求解.
【详解】因为,
则
故答案为:
【点睛】本题考查了两点间的斜率公式,属于基础题.
14.一条直线经过点并且它的倾斜角等于直线的倾斜角的2倍，则这条直线的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求得直线的倾斜角,即可由倾斜角的2倍求得该直线的斜率,进而利用点斜式求得直线方程.
【详解】设直线的倾斜角为,
则
所以
则该直线的倾斜角为
斜率为
由点斜式可得直线方程为
化简可得
故答案为:
【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角关系,点斜式求直线方程的方法,属于基础题.
15.若，则实数a的取值范围是_______．
【答案】（0，）∪（1，＋∞）
【解析】
【分析】
对分类讨论，再解不等式即得解.
【详解】当时，不等式为.
当时，不等式为.
综上所述，实数a的取值范围是（0，）∪（1，＋∞）
故答案为（0，）∪（1，＋∞）
【点睛】本题主要考查对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16.如图：点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个命题：
①三棱锥的体积不变； ②∥面；③；
④面面．其中正确的命题的序号是__________.
【答案】. ① ② ④
【解析】
对于①，因为，从而平面，故上任意一点到平面的距离均相等，以为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，正确；对于②，连接容易证明且相等，由于①知：，平面平面，所以可得面，②正确；对于③，由于平面，若，则平面，，则为中点，与动点矛盾，错误；对于④，连接，由且，可得面，由面面垂直的判定知平面平面，④正确，故答案为①②④.
三、解答题
17.（1）已知，，求边的垂直平分线的方程.
（2）求过点且在两坐标轴上的截距是互为相反数的直线的方程.
【答案】（1） （2）或
【解析】
【分析】
（1）先求得中点坐标,根据垂直的斜率关系可求得直线的斜率,进而利用点斜式求得直线方程,化简为一般式即可.
（2）讨论截距是否为0:当截距为0时,可设正比例函数,代入点求解;当截距不为0时,设截距式,代入点坐标即可求得参数,进而得直线方程.
【详解】（1）因为,
则中点坐标为
根据垂直直线的斜率关系可得
所以由点斜式可得
化简得
（2）当截距为0时,设直线方程为
代入可得
则
此时
当截距不为0时,设直线方程为
代入可得
解得,即
化简可得
综上可知,直线方程为或
【点睛】本题考查了点斜式方程的用法,截距相同时,注意讨论截距是否为0,属于基础题.
18.（1）解方程：.
（2）已知，且，求的值.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）将方程化简后因式分解,即可解方程求解.
（2）根据指数与对数的转化,可得,,进而利用换底公式即可求得的值.
【详解】（1）
即
所以
则（舍）或
∴
（2）已知
根据指数与对数的关系可得,
利用换底公式可得
则,
由题意
即
∴
【点睛】本题考查了指数方程的解法,指数与对数的转化,对数的换底公式及求值应用,属于基础题.
19.如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面.
（1）求证：平面.
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质,由线面平行的判定即可证明平面.
（2）根据矩形性质,易证平面,即可证明平面平面.
【详解】（1）四边形是矩形
∴
∵平面,平面
∴平面
（2）∵四边形是矩形
∴
又∵平面平面,平面平面
∴平面
∵平面
∴平面平面
【点睛】本题考查了直线与平面平行、平面与平面垂直的判定,依据条件找出直线与直线、直线与平面的位置关系即可,属于基础题.
20.某化工厂生产的一种溶液，若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少．（已知：，）
（1）求杂质含量与过滤次数的函数关系式；
（2）按市场要求，杂质含量不能超过0．1%．问至少应过滤几次才能使产品达到市场要求？
【答案】（1）；（2）至少要过滤8次才能达到市场要求．
【解析】
试题分析：（1）过滤一次时，；过滤两次时，，…，所以过滤x次时，．（2）依据题意得到，然后解指数函数不等式，两边取对数即可．
试题解析：（1）
（2） 设过滤次，则，
即，∴．
又∵，∴．
即至少要过滤8次才能达到市场要求．
考点：求函数解析式；解指数不等式，实为对数定义．
21.在如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意,结合勾股定理的逆定理,易证及,即可证明平面.
（2）根据线段的数量关系,可先求得的面积,即可求得四面体的体积.
【详解】（1）证明：在中,因为,,
所以.
又因为,
所以平面
（2）因为平面
所以
因为,
所以平面
在等腰梯形中,可得
所以.
所以的面积为
所以四面体的体积为
【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定,三棱锥体积的求法,属于基础题.
22.已知定义域为的函数是奇函数．
（1）求的值；
（2）判断函数的单调性，并用定义证明；
（3）当时，恒成立，求实数取值范围．
【答案】(1) (2) 减函数，证明见解析；(3) ．
【解析】
【分析】
（1）利用奇函数的性质令，求解即可．
（2）利用函数的单调性的定义证明即可．
（3）利用函数是奇函数以及函数单调性转化不等式为代数形式的不等式，求解即可．
【详解】（1）∵在定义域上是奇函数，
所以，即，∴，
经检验，当时，原函数是奇函数．
（2）在上是减函数，证明如下：
由（1）知，
任取，设，
则，
∵函数在上是增函数，且，
∴，又，
∴，即，
∴函数在上是减函数．
（3）因是奇函数，从而不等式等价于，
由（2）知在上是减函数，由上式推得，
即对任意，有恒成立，
由，
令，，则可设，，
∴，
∴，即的取值范围为．
【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，考查函数与方程的思想，是中档题．