湖南长沙第一中学高一数学上学期月考

湖南省长沙市第一中学2015-2016学年高一数学上学期12月月考试题（含解析）一、选择题1. 已知集合A=-1,0,1,B=x|-1x1,则AB=()A. 0 B. -1,0C. 0,1 D. -1,0,1【答案】B【解析】试题分析：由题意可得故B正确考点：集合的运算【易错点睛】本题主要考查集合的运算，属容易题已知集合中的元素的满足的条件为，所以，所以此题选项为C，否则极易错选D选项2.lglg的值为（ ）A. B. C. 1 D. 【答案】C【解析】;故选C.3.下图中，能表示函数yf(x)的图像的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】由函数的定义(对于非空数集中的任一个数 ,都有唯一的值相对应),得选项D符合要求;故选D.4.下列函数是偶函数的是： （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】易知为奇函数,为偶函数,为非奇非偶函数;故选B.5.函数f(x)x的零点个数为()A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】令，即，显然该方程无解，即函数的零点个数为0；故选A.6.设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】C【解析】对于A、B、D均可能出现，而对于C是正确的7.已知点A(2，3)，B(3，2)，直线l过点P(1,1)且与线段AB有交点，设直线l的斜率为k，则k的取值范围是()A. (，4 B. C. D. 【答案】A【解析】由题意，得，由图象，得或；故选A. 8.某几何体的三视图（均为直角三角形）及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为( ).A. B. C. D. 1【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是一个直三棱锥，其中高为1，底面是直角边为1,2的直角三角形，则该几何体的体积为；故选B.9.函数的图像大致是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以该函数的图象如选项C所示；故选C.10.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ）A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值 D. 异面直线所成的角为定值【答案】D【解析】 在正方体中，平面平面，故正确；平面平面平面平面，故正确；的面积为定值，又平面为棱锥的高，三棱锥的体积为定值，故正确；利用图形设异面直线所成的角为，当与重合时；当与重合时异面直线所成角不是定值，错误，故选D.二、填空题11.函数的定义域为 _，值域为 _.【答案】 (1). (2). 【解析】若函数函数有意义，则，即，即函数的定义域为；因为，所以，即该函数的值域为.12.当a为任意实数时，直线axy13a0恒过定点_【答案】(3,1)【解析】将化为，即该直线恒过点.13.一条光线从点射出，与x轴相较于点，经x轴反射，则反射光线所在的直线方程为_【答案】【解析】由光学知识可得反射光线所在的直线过点和关于轴的对称点，其直线方程为，即.14.如图，二面角l的大小是60，线段AB，Bl，AB与l所成的角为30，则AB与平面所成的角的正弦值是_.【答案】【解析】过点A作面，连接，易知 ，则是二面角的平面角，即，是与所成的角，即，是与平面所成的角，在中，设，则，即与平面所成的角的正弦值为.15.已知一几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是(写出所有正确结论的编号)_.矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个面都是等腰三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体.【答案】【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体，其棱长分别为，各表面和对角面都为矩形，即正确，是有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体，即正确，是每个面都是等腰三角形的四面体，即正确，是每个面都是直角三角形的四面体，即正确；故填.三、解答题：16.已知函数 ，（） 证明f（x）在1，+）上是增函数；（） 求f（x）在1，4上的最大值及最小值【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析：()利用函数的单调性的定义进行证明； ()利用前一步所证的函数的单调性确定其最值试题解析：() 设，且,则 ，即在上是增函数.() 由()可知在上是增函数当时，当时，综上所述，在上的最大值为，最小值为.17.设集合， （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围【答案】（1）-1或-3；（2）【解析】(1)因为A=1,2,并且,所以,所以,从而求出a的值，然后再一一验证是否满足.(2)因为,所以可得,然后再讨论和两种情况，从方程的角度研究就是当时无实数根;时，有一个实数根和有两个实根两种情况.（1）有题可知：将2带入集合B中得：解得：当时，集合符合题意；当时，集合，符合题意综上所述：（2）若AB=A，则BA，A=1，2，B=或B=1或2或1，2若B=，则=4（a1）24（a25）=248a0，解得a3，若B=1，则，即，不成立若B=2，则，即，不成立，若B=1，2则，即，此时不成立，综上a318.已知三角形三个顶点是，（1）求边上的中线所在直线方程；（2）求边上的高所在直线方程【答案】（1）（2）【解析】试题分析：本题第（1）问，由中点公式得到中点，再求出边上的中线所在直线的斜率，然后由直线的点斜式方程求出边上的中线所在直线方程；第（2）问，先由和两点求出直线BC的斜率，由于边与高垂直，则由两直线垂直的结论求出高所在直线的斜率，再结合点，由直线的点斜式方程求出高所在直线方程。解： 的中点边上的中线所在的直线方程为，即 ,边上的高所在的直线的方程为即考点：直线的方程点评：本题考查直线方程的求法，是基础题解题时要认真审题，注意两点式方程和点斜式方程的灵活运用19.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1BC，A1AC60，A1AACBC1，A1B.(1)求证：平面A1BC平面ACC1A1；(2)如果D为AB中点，求证：BC1平面A1CD.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】试题分析：(1)先利用等边三角形和勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明;(2)先利用平行四边形和三角形的中位线证得线线平行，再利用线面平行的判定定理进行证明.试题解析：(1)因为A1AC60，A1AAC1，所以A1AC为等边三角形.所以A1C1.因为BC1，A1B，所以A1C2BC2A1B2.所以A1CB90，即A1CBC.因为BCA1A，BCA1C，AA1A1CA1，所以BC平面ACC1A1.因为BC平面A1BC，所以平面A1BC平面ACC1A1.(2)连接AC1交A1C于点O，连接OD.因为ACC1A1为平行四边形，所以O为AC1的中点.因为D为AB的中点，所以ODBC1.因为OD平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.20.如图，四棱锥的底面是矩形，平面，.(1)求证：平面；(2)求二面角余弦值的大小；(3)求点到平面的距离【答案】(1)略(2)q= 450(3)【解析】试题分析：方法一：证：在RtBAD中，AD=2，BD=， AB=2，ABCD为正方形，因此BDAC.PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA .又PAAC=A BD平面PAC. 解：（2）由PA面ABCD，知AD为PD在平面ABCD的射影，又CDAD， CDPD，知PDA为二面角PCDB的平面角. 又PA=AD，PDA=450. 二面角PCDB余弦值为。（3）PA=AB=AD=2，PB=PD=BD=，设C到面PBD的距离为d，由，有，即，得方法二：证：（1）建立如图所示的直角坐标系，则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）.2分在RtBAD中，AD=2，BD=，AB=2.B（2，0，0）、C（2，2，0），即BDAP，BDAC，又APAC=A，BD平面PAC. 4分解：（2）由（1）得.设平面PCD的法向量为，则，即，故平面PCD的法向量可取为PA平面ABCD，为平面ABCD的法向量. 7分设二面角PCDB的大小为q，依题意可得. 9分（3）由（）得，设平面PBD的法向量为，则，即，x=y=z，故可取为. 11分，C到面PBD的距离为13分考点：本题考查直线与平面垂直的判定定理；线面垂直的性质定理；向量法求空间角； 点、线、面间的距离计算。点评：综合法求二面角，往往需要作出平面角，这是几何中一大难点，而用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角，只需求出平面的法向量，经过简单运算即可，从而体现了空间向量的巨大作用二面角的向量求法： 若AB、CD分别是二面的两个半平面内与棱垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角； 设分别是二面角的两个面，的法向量，则向量的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小。21.已知函数(1) 当时，函数恒有意义，求实数a的取值范围；(2) 是否存在这样的实数a，使得函数在区间上为增函数，并且的最大值为1如果存在，试求出a的值；如果不存在，请说明理由【答案】(1)；(2)存在，.【解析】试题分析：(1)首先根据对数函数的底数，得到为减函数，最小值是，再根据对数函数的真数大于0，得到恒成立，在范围内解不等式即可；(2)先看真数部分是减函数，由已知“在区间上为增函数”可得，为减函数，此时得到；根据“的最大值为1”，结合对数函数的真数大于0，可知，解出，再判断它是不是在的范围内，在这个范围内，那么得到的的值满足题目要求，不在这个范围内就说明满足题目要求的是不存在的