内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）

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. -24b. -15c. -6d. 12【答案】c【解析】函数，故选c3.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. 0b. 1c. 2d. 3【答案】c【解析】分别画出函数yln x(x0)和y|x2|(x0)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. -8b. 3c. -3d. 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=222+321=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：三棱锥的体积不变； 面；面面其中正确的命题的序号是_.【答案】. 【解析】对于，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，连接容易证明且相等，由于知：，平面平面，所以可得面，正确；对于，由于平面，若，则平面，则为中点，与动点矛盾，错误；对于，连接，由且，可得面，由面面垂直的判定知平面平面，正确，故答案为.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01%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