2019-2020学年广西河池市高一上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年广西河池市高一上学期期末数学试题一、单选题1已知集合,则( )ABCD【答案】A【解析】解对数不等式求得集合，由此求得，进而求得.【详解】因为，所以，所以,所以或,所以.故选：A【点睛】本小题主要考查集合交集和补集的概念和运算，考查对数不等式的解法，属于基础题.2圆的半径为（ ）A4BC11D【答案】D【解析】将圆的方程通过配方法由一般形式化为标准形式即可得到结果.【详解】可化为，则圆C的半径为，故选：D.【点睛】本题主要考查了圆的方程的两种形式，考查了学生的计算能力，属于基础题.3已知，则（ ）ABCD【答案】C【解析】可以得出，从而可得出，的大小关系.【详解】因为，所以，即成立，故选：C.【点睛】本题主要考查了对数函数和指数函数性质，熟练掌握指数函数和对数函数的单调性是解题的关键，属于中档题.4函数的图象恒过定点M,则M的坐标为( )A（-1,3）B（0,3）C（3,-1）D（3,0）【答案】B【解析】根据对数型函数过定点，求得点的坐标.【详解】令,则,故M的坐标为（0,3）.故选：B【点睛】本小题主要考查对数型函数过定点问题，属于基础题.5若函数的零点所在的区间为,则k=( )A3B4C1D2【答案】D【解析】结合零点存在性定理和函数的单调性，求得的值.【详解】且单调递增,的零点所在的区间为（2,3）,.故选：D【点睛】本小题主要考查零点存在性定理的运用，考查函数的单调性，属于基础题.6若函数,则( )A9B6C4D3【答案】B【解析】求得对应的值，由此求得函数值.【详解】由，解得，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查函数值的求法，属于基础题.7点到直线的距离的最小值为（ ）A4BCD【答案】D【解析】根据点到直线的距离公式求出距离的表达式，通过配方求出二次函数的最小值即可.【详解】点到直线的距离.故选：D.【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式的应用，二次函数的最值问题，属于中档题.8已知l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，现有下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的命题个数为（ ）A1B2C3D4【答案】B【解析】利用平面与平面垂直的判定定理，直线与平面垂直与平行的判断定理以及性质定理逐个判断正误即可.【详解】在中，若，则由面面平行的性质定理得，故正确；在中，若，则与相交或平行或异面，故错误；在中，若，则或，故错误；在中，若，则在内存在直线，使得，又由于，故，结合面面垂直判定定理可得，故正确；即正确的命题个数为2个，故选：B.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，属于中档题.9某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的长为（ ）A4BCD【答案】C【解析】由三视图可得直观图为四棱锥，即可求出结论.【详解】根据三视图，还原直观图如图所示，最长棱为.故选:C【点睛】本题考查三视图应用，三视图还原成直观图是解题的关键，属于基础题.10把边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，当直线BD和平面ABC所成的角为时，三棱锥的体积为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图所示，取AC的中点，连接，作，通过证明面来得出，结合线面垂直判定定理可得面，即为三棱锥的高，求出，代入锥体体积公式即可得结果.【详解】如图所示，取AC的中点，连接，作，正方形ABCD为正方形，,，又，面，又面，,又，面，即为三棱锥的高，直线BD和平面ABC所成的角为即,为等边三角形，,棱锥的体积，故选：C.【点睛】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，锥体的体积计算公式，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题.11已知是定义在上的奇函数,且在上单调递减,则不等式的解集为( )ABCD【答案】D【解析】根据奇函数的定义域的特点求得，根据奇函数的单调性以及函数的定义域化简所求不等式，由此求得不等式的解集.【详解】因为是奇函数,所以,则,所以的定义域为.又在上单调递减,从而在上单调递减,所以由,可得所以,即不等式的解集为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性、奇偶性解不等式，属于基础题.12棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出正三棱锥的表面积.【详解】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，由题意可知面交于，连接，则且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为.设外接球的半径为R，由得.设正三棱锥的高为h，因为，所以.因为底面的边长为a，所以，则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥的表面积，故选：A.【点睛】本题主要考查正三棱锥的外接球问题，通过求得半径求出四面体的边长是解题的关键，考查了学生的空间想象能力，属于中档题二、填空题13已知直线AB的斜率为1，则直线AB的倾斜角为_.【答案】.【解析】直接根据直线的斜率与倾斜角之间的关系可得结果.【详解】，的倾斜角为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角之间的关系，属于基础题.14若幂函数在上单调递增，则_.【答案】2.【解析】根据幂函数的定义得，根据单调性得，解出即可.【详解】幂函数在上单调递增，由，解得，故答案为：2.【点睛】本题主要考查了幂函数的定义和单调性，属于基础题15已知集合,则实数a的取值的集合为_.【答案】【解析】分成两种情况，结合集合元素的互异性，求得的取值的集合.【详解】当时,符合；当,解得,由集合元素的互异性,舍去.故或.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据交集的结果求参数，考查集合元素的互异性，属于基础题.16设函数，则_.【答案】.【解析】当时，根据题意可得，进而得到，从而，代入即可得结果.【详解】当时，由，可得，两式相加得，即，所以当时，所以，故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查计算能力，通过递推式得出函数的周期是解题的关键，属于中档题.三、解答题17在四面体ABCD中，与都是边长为8的正三角形，点O是线段BC的中点.（1）证明：.（2）若为锐角，且四面体ABCD的体积为求侧面ACD的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过正三角形的性质易得，由线面垂直判定定理可得平面AOD，最后由线垂直于某个面线将垂直于该面内所有直线即可得结果；（2）过点D作，垂足为E，易得平面平面ABC，根据面面垂直性质定理可得平面ABC，由四面体的体积可得，接着算出，根据三角形面积公式即可得结果.【详解】（1）证明：是正三角形，.也是正三角形，且平面AOD.又平面AOD，.（2）过点D作，垂足为E.平面ADO，且平面ABC，平面平面ABC又平面平面，平面ABC. 四面体ABCD的体积为，的面积，.又，.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定和性质，几何体中长度和面积的计算，同时考查了推理能力和计算能力，属于中档题18计算或化简：（1）；（2）.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）直接根据指数与对数的性质运算即可；（2）直接利用对数运算性质即可得出.【详解】（1）原式 . （2）原式 .【点睛】本题主要考查了指数对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19直线：与坐标轴的交点为，以线段为直径的圆经过点.（1）求圆的标准方程；（2）若直线：与圆交于，两点，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先计算交点为，根据得到，再计算圆心和半径得到答案（2）计算圆心到直线的距离，再利用勾股定理计算得到答案.【详解】（1）直线：与坐标轴的交点为，.因为以线段为直径的圆经过点，所以，所以，解得.所以圆的圆心为线段的中点，其坐标为，半径，圆的标准方程为.（2）因为圆心到直线：的距离为，所以.【点睛】本题考查了圆的标准方程，弦长，意在考查学生的计算能力.20已知是定义在上的奇函数,且.（1）求的解析式；（2）判断在上的单调性,并用定义加以证明.【答案】(1) (2) 在上单调递增.见解析【解析】（1）利用奇函数的性质以及，列式求得的值，进而求得函数解析式.（2）利用单调性的定义，通过计算，证得在上递增.【详解】（1）为奇函数,.由,得, . （2）在上单调递增. 证明如下:设,则 , ,在上单调递增.【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数，考查利用函数单调性的定义证明函数的单调性，属于基础题.21已知二次函数,且.(1)求的解析式;(2)若在上的最大值为-1,求的值以及的最小值.【答案】(1);(2), .【解析】（1）将函数代入等式化简得到答案.（2），讨论和两种情况分别计算得到答案.【详解】(1)由,得,所以,所以,故.(2).当,即时,得,此时的图象的对称轴为,.当,即时,得,无解.综上所述：,的最小值为.【点睛】本题考查了函数的解析式，函数的最值，意在考查学生对于函数知识的综合应用.22如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，为的中点，点在上，平面，在的延长线上，且.(1)证明:平面.(2)过点作的平行线，与直线相交于点，点为的中点，求到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）取的中点为，连接，过作交于，连接，通过证明四边形是平行四边形，得，证得线面平行；（2）考虑三棱锥的体积，利用等体积法求出到平面的距离为，到平面的距离是到平面的距离的一半，即可得解.【详解】（1）证明:记的中点为，连接，过作交于，连接，则，且.因为平面，所以.在中，易求，.又，则.因为，所以.因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（