2019-2020学年南阳市高一上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年河南省南阳市高一上学期期末数学试题一、单选题1已知集合， ，则集合的子集个数为（ ）A8 B7 C6 D4【答案】A【解析】由已知得， ，则，所以，所求集合的子集个数为，故选A.2若A（-2，3），B（3，-2），C（，m）三点共线，则m的值是（ ）ABCD【答案】B【解析】本道题目利用三点共线,得到,说明向量对应坐标成比例,建立等式,即可.【详解】因为A,B,C三点共线,故,而,建立等式 ,故选B.【点睛】本道题目考查了向量平行问题,向量平行满足对应坐标成比例,即可得出答案.3已知两条不同直线及平面，则下列说法中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】结合线面关系的判定定理和性质定理逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于A，的位置关系有平行、异面或相交，故A错；对于B，与平面的关系是平行或，故B错；对于C，因为垂直于同一平面的两条直线平行，故C正确；对于D，与平面的关系是平行或，故错；故选：.【点睛】本题考查空间中线面位置关系的判断，注意动态考虑位置关系以确定是否有不同于结论中的情形发生，本题属于基础题.4函数f(x)=的零点所在的一个区间是A（-2，-1）B（-1,0）C（0,1）D（1,2）【答案】B【解析】试题分析：因为函数f(x)=2+3x在其定义域内是递增的，那么根据f(-1)=,f（0）=1+0=10,那么函数的零点存在性定理可知，函数的零点的区间为（-1,0），选B【考点】本试题主要考查了函数零点的问题的运用点评：解决该试题的关键是利用零点存在性定理，根据区间端点值的乘积小于零，得到函数的零点的区间5某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )ABCD【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示：故该几何体的表面积=246+234+36+33+34+35+21234=138（cm2）.故选D.6三个数20.3，0.32，log0.32的大小顺序是（ ）A0.32log0.3220.3B0.3220.3log0.32Clog0. 3220.30.32Dlog0.320.3220.3【答案】D【解析】试题分析：由已知得：，所以.故选D.【考点】指数函数和对数函数的图像和性质.7过点P（1，3）且在x轴上的截距和在y轴上的截距相等的直线方程为( )Ax+y4=0B3x-y=0Cx+y4=0或3x+y=0Dx+y4=0或3x-y=0【答案】D【解析】直线在x轴上的截距和在y轴上的截距相等，可分为两种情况：截距都为0和截距都不为0，分别求出即可。【详解】若直线过原点，设直线方程为y=kx，把点P（1，3）代入得k=3，此时直线为y=3x，即3xy=0若直线不经过原点，设直线方程为+=1，即x+y=a把点P（1，3）代入得a=4，所以直线方程为x+y=4，即x+y4=0，故选D【点睛】本题考查了直线的方程，尤其是截距式，属于基础题。8已知是上的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据偶函数的性质可得在上单调递增，可将问题转化为和1到对称轴的距离的大小的问题求解【详解】由题意，根据偶函数的性质知，在上单调递增，又，所以，解得，由在上为单调递增，所以故选B【点睛】偶函数具有性质，利用这一性质，可将问题转化到函数的同一个单调区间上去研究，同时也可将函数值的大小转化为变量到对称轴的距离的大小的问题求解9当直线和曲线有两个交点时，实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】因为直线与半圆有两个交点，结合如图所示的曲线图形，考虑过时直线的斜率和与半圆相切时直线的斜率后可得的取值范围.【详解】曲线表示如图所示的半圆：直线恒过.当直线和半圆相切时，有，解得，当直线过时，有.故当直线与半圆有两个交点时，.故选：A.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，注意对含根号的函数解析式合理变形，这样才能找到其对应的函数图象，变形时关注等价变形，本题属于中档题.10函数在上是增函数，则实数的范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据复合函数的单调性可以得到在为增函数，且恒成立，从而可求实数的范围.【详解】令，则为及 构成的复合函数.因为在上是增函数，所以在为增函数，且恒成立，故，故.故选：D.【点睛】本题考查与对数函数有关的复合函数的单调性，可根据“同增异减”的原则来判断内函数或外函数在相应范围上的单调性，注意真数部分的内函数的函数值恒为正的要求，本题属于中档题.11已知，互不相同的正数满足，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】不妨设，根据二次函数的性质可得的关系，根据对数函数的性质可得的关系，最后由的取值范围可得的取值范围.【详解】的图象如图所示：设且，故直线与的图象有4个不同的交点，故，且为方程的两个不同的根，故.为方程，的两个不同的根，且，所以，故，故.由双勾函数的性质可知在为减函数，故，所以.故选：B.【点睛】本题考查函数的零点、双勾函数的值域、对数函数的性质及二次函数的性质，一般地，函数零点分布问题需结合函数的图象来考虑，本题属于中档题.12若不等式( 0,且1)在1,2 上恒成立，则的取值范围是( )A(1,2)B(2,)C(0,1)(2,)D(0,)【答案】B【解析】分类讨论： 若a1,由题意可得：在区间上恒成立，即在区间上恒成立，则，结合反比例函数的单调性可知当时，此时；若0a1, 由题意可得：在区间上恒成立，即，函数，结合二次函数的性质可知，当时，取得最大值1，此时要求，与矛盾.综上可得：的取值范围是(2,).本题选择B选项.点睛：在解决与对数函数相关的比较大小或解不等式问题时，要优先考虑利用对数函数的单调性来求解在利用单调性时，一定要明确底数a的取值对函数增减性的影响，及真数必须为正的限制条件二、填空题13在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点，则_.【答案】.【解析】先利用关于原点对称的点的坐标特征求出，再利用两点间的距离公式可求.【详解】因为与关于原点对称，故，所以.故答案为：.【点睛】本题考查空间中关于原点对称的点的坐标特征及两点间的距离公式，此类问题属于容易题.14三棱柱的各个顶点都在球的球面上，且，平面.若球的表面积为，则这个三棱柱的体积是_.【答案】.【解析】可判断该三棱柱为直三棱柱且底面为等腰直角三角形，根据球的表面积求得球的半径，再把三棱柱补成一个长方体，其对角线的长即为球的直径，从求出棱柱的高后可求棱柱的体积.【详解】因为，故，故为等腰直角三角形.又平面，故三棱柱为直棱柱，把直棱柱补成如图所示的长方体，则该长方体的外接球与三棱柱的外接球为同一个球，故，为球的半径.因为球的表面积为，故，故.所以，所以，故.所以.故答案为：.【点睛】本题考查三棱柱的体积、球的表面积，注意考虑几何体的外接球时可适当补体以便找到原几何体的一些未知量与球的半径的关系，本题属于中档题.15如果函数的图像与函数的图像关于对称，则的单调递减区间是_.【答案】（注：也正确）【解析】试题分析：函数f（x）与g（x）互为反函数，所以,所以由,得，函数的递增区间是,所以函数的单调递减区间为【考点】复合函数的单调性.16设点M（,1），若在圆O:上存在点N，使得OMN=45，则的取值范围是_.【答案】【解析】由题意知：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，过OAMN，垂足为A，在中，因为OMN=45，所以=，解得，因为点M（,1），所以，解得，故的取值范围是.【考点】本小题主要考查考查直线与圆的位置关系，考查数形结合能力和逻辑思维能力，考查同学们分析问题和解决问题的能力，有一定的区分度.三、解答题17求经过直线的交点，且满足下列条件的直线方程：（1）与直线平行；（2）与直线垂直.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求出，再设所求的直线为，代入求出后可得所求的直线方程.（2）设所求的直线为，代入求出后可得所求的直线方程.【详解】（1）由题意知：联立方程组，解得交点，因为所求直线与直线平行，故设所求直线的方程为，代入，解得，即所求直线方程为（2）设与垂直的直线方程为因为过点，代入得，故所求直线方程为【点睛】本题考查直线方程的求法，注意根据平行或垂直关系合理假设直线方程，本题属于容易题.18正方体的直观图如图所示：（1）判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论.（2）证明：直线平面.（3）若，求点到面的距离.【答案】（1）平行，见解析；（2）见解析；（3）.【解析】（1）可证平面，平面，利用面面平行的判定定理可得平面与平面平行.（2）可证，由线面垂直的判定定理可得直线平面.（3）利用等积法可求点到面的距离.【详解】（1）平面平面，证明如下：因为为正方体，所以，又，所以，于是为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面.（2）证明： 连接，因为为正方体，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，同理，又，所以平面.（3）设到平面距离为，由正方体可得为等边三角形，且边长为，故，故，故.【点睛】本题考查面面平行、线面垂直的证明以及点到平面的距离的计算，前者需结合判定定理来证明，后者可用等积法来求，本题属于中档题.19已知二次函数（为常数），对任意实数都成立，且.（1）求的解析式；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先根据可得，再根据恒等式可求，从而求得的解析式.（2）关于的不等式在区间上恒成立可化为区间上恒成立， 求出的最小值后可得实数的取值范围.【详解】（1）由题意可知，解得.由，可知化简得：.因为上式对任意的实数恒成立，所以解得，所以.（2）由在上恒成立，即在上恒成立.令，只需，又在单调递减，所以，所以，即取值范围为.【点睛】本题考查二次函数解析式的求法以及一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题，后者可利用参变分离来求参数的取值范围，本题属于基础题.20如图，已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且（1）求证：；（2）求二面角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据几何体的结构特征，可以为坐标原点，分别为轴和轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标.（1）证明即即可；（2）分别求出平面的一个法向量为和侧面的一个法向量为，根据求出的法向量的夹角来求二面角的大小.试题解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得（1）证明：，所以.（2），设平面的一个法向量为，由，得，即，解得，可取设侧面的一个法向量为，由，及可取.设二面角的大小为，于是由为锐角可得所以.即所求二面角的大小为.【考点】空间向量证明直线与直线垂直及求解二面角.21已知能表示成一个奇函数和一个偶函数的和.（1）请分别求出与的解析式；（2）记，请判断函数的奇偶性和单调性，并分别说明理由.（3）若存在，使得不等式能成立，请求出实数的取值范围.【答案】（1）；（2）见解析；（3）.【解析】（1）由函数方程组可求与的解析式.（2）利用奇函数的定义和函数单调性定义可证明为奇函数且为上的增函数.（3）根据（2）中的结果可以得到在上有解，参变分离后利用换元法可求的取值范围.【详解】（1）由已知可得，则，由为奇函数和为偶函数，上式可化为，联合，解得.（2）由（1）得定义域为，由，可知为上的奇函数.由，设，则，因为，故，故即，故在上单调递增（3）由为上的奇函数，则等价于，又由在上单调递增，则上式等价于，即，记，令，可得，易得当时，即时，由题意知，故所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查与指数函数有关的复合函数的单调性和奇偶性以及函数不等式有解，前者根据定义进行判断，后者利用单调性和奇偶性可转化为常见不等式有解，本题综合性较高.22已知圆，直线.（1）若直线与圆交于不同的两点，当时，求的值；（2）若为圆的两条相互垂直的弦