2019-2020学年广西梧州市高一上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年广西梧州市高一上学期期末数学试题一、单选题1设集合,则ABCD【答案】A【解析】直接利用并集的定义求解即可.【详解】因为集合,根据并集的定义可得，集合的元素是属于或属于的元素，所以，故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.2下列函数是偶函数且在区间上为增函数的是（ ）ABCD【答案】D【解析】试题分析：和均是奇函数，是偶函数，但在上是减函数；二次函数是偶函数，且在上是增函数，正确选项D【考点】（1）函数奇偶性的判断；（2）函数单调性判断3直线和直线的位置关系是( )A重合B垂直C平行D相交但不垂直【答案】B【解析】由两直线的斜率关系可得结论【详解】因为已知两直线的斜率分别为，所以故选：B【点睛】本题考查两直线的位置关系，掌握两直线位置关系的判断方法是解题关键在斜率都存在的情况下，两直线垂直，且纵截距不相等两直线平行4函数的值域为( )ABCD【答案】C【解析】利用函数的单调性求解【详解】易知函数在上单调递减，所以当时，所以值域中故选：C【点睛】本题考查函数的值域，掌握函数的单调性是解题关键5已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表:则函数一定存在零点的区间是( )ABCD【答案】B【解析】根据零点存在定理判断【详解】由函数值表知，因此在上至少有一个零点故选：B【点睛】本题考查零点存在定理，在区间上连续的函数，若，则在上至少存在一个零点6经过点、的直线的斜率等于1，则的值为A1B4C1或3D1或4【答案】A【解析】即得选A7设是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题正确的是( )A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】对每个命题进行判断，可举反例说明命题是错误的，对正确命题给予证明【详解】如图，正方体中，平面，平面，但是平面与平面不垂直，A错；平面与平面都垂直于平面，但它们之间不垂直，B错；，与没有公共点，则与平面也没有公共点，所以，C正确平面平面，平面，平面，但与不垂直，D错；故选：C【点睛】本题考查空间线面间的位置关系，掌握直线、平面间位置关系是解题基础对于命题的判断，可以通过举反例说明命题错误，对正确命题一般要给予证明8已知，则( )ABCD【答案】B【解析】结合指数函数和对数函数性质，分别与0和1比较后可得【详解】，所以故选：B【点睛】本题考查幂、对数的大小比较，掌握指数函数和对数函数的性质是解题关键对于不同类型的数可能借助于中间值如0、1等比较大小9已知圆与圆外切，则（ ）ABCD【答案】A【解析】因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，故可得的关系.【详解】因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，故即，故选A.【点睛】本题考查两圆的位置关系，注意利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系来判断不同的位置关系，此类问题属于基础题.10已知且，则函数和的图象只可能是( )ABCD【答案】C【解析】可以先看函数定义域，再分类讨论，分和两类研究函数的单调性【详解】函数的定义域是，排除A，B，若，则是减函数，此时是减函数，C，D都不满足，若，则是增函数，此时是增函数，C满足故选：C【点睛】本题考查由解析式选择函数图象，掌握指数函数与对数函数的图象与性质是解题关键解题时可求函数的定义域，研究函数的单调性，或者研究函数的其他性质用排除法确定结论11如图是一个四棱锥的三视图，其高为1，底面是边长为2的正方形，那么这个几何体的外接球表面积为( )ABCD【答案】A【解析】画出如解析中的四棱锥，可得就是其外接球的直径求出球半径可得表面积【详解】由三视图得如图四棱锥中平面，平面，则，是底面正方形对角线的交点，取中点，连接，则可得，因此上的点到正方形四个顶点的距离相等，而是直角斜边中点，它到距离相等，所以是四棱锥外接球球心，所以所求外接球表面积为故选：A【点睛】本题考查三视图，考查球的表面积，解题关键是确定四棱锥外接球的球心12如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于 ( )ABCD【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，D1(0,0,2)，F(1,0,0)，(1,1,1)，(1,0,2)，3，|，|，cos，.即OE与FD1所成的角的余弦值为.二、填空题13化简的结果为_.【答案】【解析】由幂的运算法则计算【详解】故答案为：【点睛】本题考查幂的运算，掌握幂的运算法则是解题关键14经过两条直线和的交点且斜率为1的直线的方程是_.【答案】【解析】求出两直线交点坐标，再由点斜式写出直线方程化简即可【详解】由得，即交点为，所以直线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查求直线方程，掌握直线方程的各种形式是解题基础本题只要求出恬两直线交点坐标，由点斜式得直线方程，最后转化为一般式方程即可15设直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，则=_.【答案】0【解析】由已知可得圆心到弦的距离为1，利用点到直线的距离公式可得a的值.【详解】解：由直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，可得圆心到弦的距离为1，可得，故答案：0【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质及点到直线的距离公式，相对简单.16设函数 ，若，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【详解】由题意或或或，则实数的取值范围是，故答案为.三、解答题17设全集为，集合，（1）求，；（2）已知集合，若，求实数的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】(1)根据集合得交集、并集、补集概念化简求值，(2)先化简条件得，再根据数轴列不等式，解得结果.【详解】（1）， （2）， ， ，实数的取值范围是.【点睛】本题考查集合交并补运算以及集合包含关系，考查基本分析求解能力，属于基础题.18已知函数的图象经过点，其中为常数.(1)求的值和函数的定义域;(2)用函数单调性的定义证明在上是减函数.【答案】（1），定义域为【解析】（1）代入点的坐标可得，由分母不为0可得定义域；（2）用减函数定义证明【详解】（1）由题意，由得，所以定义域为；（2）设，则，所以，所以在上是减函数【点睛】本题考查求函数定义域，考查函数的单调性属于基础题19在三棱柱中，已知底面是等边三角形，底面，是的中点.(1)求证:;(2)设，求三棱锥的体积.(参考公式:锥体体积公式，其中为底面面积，为高.)【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）通过证明平面得证线线垂直；（2）由锥柱体积公式计算【详解】（1）因为是中点，是等边三角形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以；（2）因为，所以，【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查求棱锥的体积立体几何证明中只要把定理需要的条件都列举出来（有些需要证明），就可得出相应的结论20已知圆的圆心在直线上且经过点与点，过点的动直线与圆相交于两点.(1)求圆的方程;(2)当最小时，求直线的方程以及的值.【答案】（1）；（2）直线：【解析】（1）由圆心在直线上设圆心坐标，利用其过两点求出圆心坐标后可得半径，从而得方程；（2）由圆的性质知当时， 的长最小由此可得直线方程，求出后可得弦长【详解】（1）由题意设圆心为，又圆过两点与，所以，解得，即圆心为，半径为，所以圆方程为；（2）由于，所以在圆内部，所以当时，最小，所以，直线方程为，即，所以【点睛】本题考查求圆的标准方程，考查直线与圆相交弦长问题求圆的标准方程一般是求出圆心坐标和半径，然后得圆的方程在直线相交弦长问题中可求出圆心到弦所在直线距离（即弦心距），然后由垂径定理所得垂直用勾股定理求得弦长21如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，分别为的中点.(1)求证:平面平面;(2)求证:平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得与垂直，再结合已知可得与平面垂直，从而得面面垂直；【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）如图，取中点，连接，因为是中点，所以，又矩形的边中点，所以，所以，所以是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查证明面面垂直，证明线面平行，掌握它们的判定定理是解题关键证明面面垂直时，三个垂直：面面垂直，线面垂直，线线垂直是相互转化，相互证明也就是说垂直的判定定理与性质定理要灵活运用22已知二次函数(其中)满足下列三个条件:图象过坐标原点;对于任意都成立;方程有两个相等的实数根.(1)求函数的解析式;(2)令(其中)，求函数的单调区间(直接写出结果即可);(3)研究方程在区间内的解的个数.【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）由图象过原点得，由得对称轴，方程有两个相等实根，对应的，三个条件可得三个等式，从而求得得解析式；（2）化简函数为分段函数，当时，结合函数的对称轴求出单调区间，时类似求出单调区间（3）结合（2）中函数的单调性可研究在上的零点个数注意零点存在定理的应用【详解】（1）因为图象过坐标原点，所以，即，又，所以其对称轴是，即，又方程为，即有两个相等实根，所以，所以（2），当时，的对称轴是，若，即时，在上单调递增，若，即时，在上单调递增，在上递减，当时，的对称轴是，则函数在上递减，在上递增，综上所述，当时，的减区间为，增区间为；时，减区间为，增区间为，（3）当时，由（2）知在上单调递增，又，故函数在上只有一个零点；