高一数学上学期期末考试试题（含解析）

我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散广东省实验中学2017-2018学年高一数学上学期期末考试试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】则故选2. 直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】直线的斜率为直线的倾斜角为：，可得：故选3. 计算，其结果是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】原式故选4. 已知四面体中，分别是，的中点，若，则与所成角的度数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图，取的中点，连接，则，（或补角）是与所成的角，而故选5. 直线在轴上的截距是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】直线在轴上的截距就是在直线方程中，令自变量，直线在轴上的截距为故选6. 已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：存在一条直线，使得，；存在两条平行直线，使得，；存在两条异面直线，使得，；存在一个平面，使得，其中可以推出的条件个数是（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，故正确；存在两条平行直线，则，相交或平行，所以不正确；存在一个平面，使得，则，相交或平行，所以不正确；故选7. 已知梯形是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中，则直角梯形边的长度是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据斜二测画法，原来的高变成了方向的线段，且长度是原高的一半，原高为而横向长度不变，且梯形是直角梯形，故选8. 经过点的直线到，两点的距离相等，则直线的方程为（ ）A. B. C. 或 D. 都不对【答案】C【解析】当直线的斜率不存在时，直线显然满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为则直线为，即 由到直线的距离等于到直线的距离得：，化简得：或（无解），解得直线的方程为综上，直线的方程为或故选9. 已知函数的图象与函数（，）的图象交于点，如果，那么的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由已知中两函数的图象交于点，由指数函数的性质可知，若，则，即，由于，所以且，解得，故选D.点睛：本题考查了指数函数与对数函数的应用，其中解答中涉及到指数函数的图象与性质、对数函数的图象与性质，以及不等式关系式得求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质，构造关于的不等式是解答的关键，试题比较基础，属于基础题.10. 矩形中，沿将矩形折成一个直二面角，则四面体的外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意知，球心到四个顶点的距离相等，球心在对角线上，且其半径为长度的一半为故选11. 若关于的方程在区间上有解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可得：函数在区间上的值域为实数的取值范围是故选点睛：本小题考查的是学生对函数最值的应用的知识点的掌握。本题在解答时应该先将函数在区间上的值域求出，即可得到关于的不等关系，从而即可解得实数的取值范围。12. 已知棱长为的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图所示设线段上的切点为，平面圆柱上底面的圆心为，半径为记为则由可得：则圆柱的高为故选点睛：本题中由题意可知，只需要考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况。由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过点的三个面相切，即可得出结论。第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 直线与直线平行，则_【答案】3【解析】时不满足条件，直线与直线平行，解得14. 如图所示的正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为8，高为，则它的侧棱长为_【答案】6【解析】如下图所示， ,那么 ,所以根据勾股定理，可得 ,所以侧棱长为6. 15. 如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为_【答案】【解析】由图可知，该三棱锥的体积为16. 已知函数若存在实数使得函数的值域为，则实数的取值范围是_【答案】【解析】当时，函数为减函数，且在区间左端点处有令，解得令，解得的值域为，当时，在，上单调递增，在上单调递减，从而当时，函数有最小值，即为函数在右端点的函数值为的值域为，则实数的取值范围是点睛：本题主要考查的是分段函数的应用。当时，函数为减函数，且在区间左端点处有，当时，在，上单调递增，在上单调递减，从而当时，函数有最小值，即为，函数在右端点的函数值为，结合图象即可求出答案。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. 已知直线的方程为（1）求过点，且与垂直的直线的方程；（2）求与平行，且到点的距离为的直线的方程【答案】(1) (2) 或【解析】试题分析：直接利用直线垂直的充要条件求出直线的方程；.解析：（1）直线的斜率为，所求直线斜率为，又过点，所求直线方程为，即（2）依题意设所求直线方程为，点 到该直线的距离为，解得或，所以，所求直线方程为或18. 已知函数（1）讨论并证明函数在区间的单调性；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围【答案】(1) 函数在上单调递增,见解析(2) 【解析】试题分析：利用单调性的定义，根据步骤，取值，作差，变形，定号下结论，即可得到结论；原不等式等价于对任意的恒成立，整理得对任意的恒成立，分析易知，且，解得解析：（1）函数在上单调递增证明：任取，则，因为，所以，所以，所以函数在上单调递增（2）原不等式等价于对任意的恒成立，整理得对任意的恒成立，若，则左边对应的函数开口向上，当时，必有大于0的函数值；所以且，所以19. 如图，在直三棱柱中，三角形为等腰直角三角形，点是的中点（1）求证：平面；（2）二面角的平面角的大小【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：设，连接，则，由此即可证明平面；推导出，从而平面，进而，为二面角的平面角，由此能求出二面角的平面角的大小解析：（1）在直三棱柱中，设，则为的中点，连接，为的中点，又平面，平面，平面（2）中，为中点，又平面，平面，又，平面，平面，平面，为二面角的平面角，中，在中，二面角的平面角的大小为20. 如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：连接，交于点，设中点为，连接，先证出，再证出平面，结合面面垂直的判定定理即可证平面平面；先证明，设的中点为，连接，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，即，运用解三角形知识求其正弦值。解析：（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，分别为，的中点，且，且，且，四边形为平行四边形，即，平面，平面，是菱形，平面，平面，平面，平面平面（2）因为直线与平面所成角为，所以，所以，所以，故为等边三角形，设的中点为，连接，则 ，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则由，得（*）因为面，面，所以，又，面；因为，平面，面，所以面，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，即，因为，所以，又，代入（*）得，所以，设与平面所成角的正弦值为21. 如图，甲、乙是边长为的两块正方形钢板，现要将甲裁剪焊接成一个正四棱柱，将乙裁剪焊接成一个正四棱锥，使它们的全面积都等于一个正方形的面积（不计焊接缝的面积）（1）将你的裁剪方法用虚线标示在图中，并作简要说明；（2）试比较你所制作的正四棱柱与正四棱锥体积的大小，并证明你的结论【答案】(1)见解析(2) 正四棱柱的体积比正四棱锥的体积大【解析】试题分析：该四棱柱的底面为正方体，侧棱垂直底面，可知其由两个一样的正方形和四个完全相同的长方形组成，对图形进行切割，画出图形即可，画法不唯一；正四棱柱的底面边长为，高为，正四棱锥的底面边长为，高为，结合体积公式求得体积，然后比较大小即可；解析：（1）将正方形甲按图中虚线剪开，以两个正方形为底面，四个长方形为侧面，焊接成一个底面边长为，高为的正四棱柱将正方形乙按图中虚线剪开，以两个长方形焊接成边长为的正方形为底面，三个等腰三角形为侧面，两个直角三角形合拼成为一侧面，焊接成一个底面板长为，斜高为的正四棱锥（2）正四棱柱的底面边长为，高为，其体积，又正四棱锥的底面边长为，高为，其体积，即，故所制作的正四棱柱的体积比正四棱锥的体积大（说明：裁剪方式不唯一，计算的体积也不一定相等）点睛：本题考查了四棱锥和四棱柱的知识，需要掌握二者的特征以及其体积的求法，对于图形进行分割，画出图形即可，注意画法不唯一，结合体积公式求得体积，然后比较大小即完成解答。22. 已知二次函数满足：，且该函数的最小值为1（1）求此二次函数的解析式；（2）若函数的定义域为（其中），问是否存在这样的两个实数，使得函数的值域也为？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由（3）若对于任意的，总存在使得，求的取值范围【答案】(1) (2) 存在满足条件的，其中，（3）【解析】试题分析：设，由，求出的值，可得此二次函数的解析式；分时，当时，当时，三种情况讨论，可得满足条件的，其中，；若对于任意的，总存在，使得，进而得到答案；解析：（1）依题意，可设，因，代入得，所以（2）假设存在这样的，分类讨论如下：当时，依题意，即两式相减，整理得，代入进一步得，产生矛盾，故舍去；当时，依题意，若，解得或（舍去）；若，产生矛盾，故舍去；当时，依题意，即解得，产生矛盾，故舍去.综上：存在满足条件的，