陕西省西安市唐南中学2019-2020学年高一数学上学期12月月考试题（含解析）

1、陕西省西安市唐南中学2019-2020学年高一数学上学期12月月考试题（含解析）一、选择题（本大题共12题，每小题4分，共计48分.）1. 如图，长方体中，则线段的长是（ ）A. B. C. 28D. 【答案】A【解析】【分析】利用体对角线公式直接计算即可.【详解】，故选A.【点睛】本题考查长方体体对角线的计算，属于基础题.2. 如图所示的直观图的平面图形中，则原四边形的面积( )A. B. C. 12D. 10【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据直观图绘出原图，并根据直观图的各边长得出原图的各边长，最后根据梯形的面积公式即可得出结果【详解】如图，根据直观图的相关性质可绘出原图，其中，故

2、原四边形的面积为，故选C【点睛】本题考查通过直观图绘出原图，直观图图中与轴平行直线在原图中长度不变，直观图图中与轴平行的直线为原图中长度的一半，考查绘图能力，是简单题3. 若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】正视图是从前向后看得到的视图，结合选项即可作出判断【详解】解：所给图形的正视图是A选项所给的图形，满足题意故选A【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，属于基础题，关键掌握正视图是从前向后看得到的视图4. 设，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指、对数的单调性直接将的范围求

3、出来，然后再比较大小.【详解】因为，所以；所以，故选D.【点睛】指对数比较大小，常用的方法是：中间值分析法（与比较大小），单调性分析法（根据单调性直接写出范围）.5. 已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因为，所以由根的存在性定理可知：选C.考点：本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.6. 若空间中四条直线、，满足、，则下列结论一定正确的是（ ）A. B. C. 、既不平行也不垂直D. 、位置关系不确【答案】D【解析】【详解】【分析】试题分析：如下图所示，在正方体中，取 为， 为，取 为

4、， 为， ；取为 ，为 ，则；取为 ，为，则 与异面，因此、的位置关系不确定，故选D.【考点定位】本题考查空间中直线的位置关系的判定，属于中等题.7. 在同一直角坐标系中，函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过分析幂函数和对数函数的特征可得解.【详解】函数，与，选项A：没有幂函数图像；选项B：中，中，不符合；选项C：中，中，不符合；选项D：中，中，符合故选：D.8. 纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“”的面的方位是（ ）A. 南B. 北C. 西D.

5、 下【答案】B【解析】【分析】根据题意画出正方体，在各个面上标明文字即可得到结果【详解】将所给图形还原为正方体，并将已知面“上”“东”分别指向上面、东面，则标记“”的面的方位是北.故选B【点睛】本题考查正方体的展开图问题，考查空间想象能力，属于基础题.9. 如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为（ ）A. ACBDB. ACBDC. AC截面PQMND. 异面直线PM与BD所成的角为45【答案】B【解析】【分析】根据PQMN是正方形，利用线面平行的判定定理、性质定理，即可判断A、C、D的正误，利用三角形相似及题干条件，即可判断B的正误，即可得答案.【详解】因

6、为截面PQMN是正方形，所以PQMN，QMPN，则PQ平面ACD，QM平面BDA，所以PQAC，QMBD，由PQQM，可得ACBD，故A正确；由PQAC，可得AC截面PQMN，故C正确；由BDPN，所以MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，又PQMN是正方形，故D正确；由上面可知，BDPN，MNAC.所以，而ANDN，PNMN，所以BDAC，故B错误故选：B.10. 用二分法研究的零点时，第一次经过计算，可得其中一个零点_，第二次计算_，以上横线应填的内容分别是（ ）A. ；B. ；C. ；D. ；【答案】A【解析】【分析】根据二分法思想分析可得【详解】的图像在上连续并且，可得其中一

7、个零点，使得.根据二分法思想可知在第二次计算时，应计算，故选A.【点睛】本题考查了二分法求函数零点的步骤,属于基础题.11. 函数的单调递增区间是A. B. C D. 【答案】D【解析】由0得：x(,2)(4,+)，令t=，则y=lnt，x(,2)时,t=为减函数；x(4,+)时,t=为增函数；y=lnt为增函数，故函数f(x)=ln()的单调递增区间是(4,+)，故选D.点睛：形如的函数为,的复合函数，为内层函数,为外层函数.当内层函数单增，外层函数单增时，函数也单增；当内层函数单增，外层函数单减时，函数也单减；当内层函数单减，外层函数单增时，函数也单减；当内层函数单减，外层函数单减时，函数

8、也单增.简称为“同增异减”.12. 已知函数是定义在R上的偶函数, 且在区间单调递增. 若实数a满足, 则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：函数是定义在上的偶函数，等价为），即函数是定义在上的偶函数，且在区间单调递增，）等价为即，解得,故选项为C考点：（1）函数的奇偶性与单调性；（2）对数不等式.【思路点晴】本题主要考查对数的基本运算以及函数奇偶性和单调性的应用，综合考查函数性质的综合应用根据函数的奇偶数和单调性之间的关系，综合性较强.由偶函数结合对数的运算法则得：，即，结合单调性得：将不等式进行等价转化即可得到结论.二、填空题（本大题共4题，每小题4分，

9、共计16分.）13. 函数的零点个数是_【答案】2【解析】【详解】当x0时，由f（x）=x22=0，解得x=，有1个零点；当x0，函数f（x）=2x6+lnx，单调递增，则f（1）0，f（3）0，此时函数f（x）只有一个零点，所以共有2个零点故答案为2【点睛】判断函数零点个数的方法直接法（直接求零点）：令f(x)0，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点，定理法（零点存在性定理）：利用定理不仅要求函数的图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点，图象法（利用图象交点的个数）：画出函数f(x)的图象，函数f

10、(x)的图象与x轴交点的个数就是函数f(x)的零点个数；将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差，根据f(x)0h(x)g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数yh(x)和yg(x)的图象的交点个数，性质法（利用函数性质）：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数14. 在用二分法求方程在上的近似解时，经计算， 即可得出方程的一个近似解为_.（精度为0.1）【答案】0.6875(不唯一)【解析】【分析】二分后,所得区间的长度小于精确度时,停止二分,此时区间内的任何一个值都可以作为方程的近似解.【详解】因为，,且，又,且,

11、因为,且,所以区间内的任何一个值都可以作为.方程的近似解,故0.6875可作为方程的近似解.故答案为:0.6875(不唯一)【点睛】本题考查了二分法求方程在区间内的近似解,属于基础题.15. 已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为_【答案】【解析】【分析】利用正棱柱的侧面展开图可知所求最短距离为，利用勾股定理可求得结果.【详解】正三棱柱的侧面展开图如下图所示：则，则质点绕行一周的最短距离为的长度，则所求最短距离为故答案为【点睛】本题考查最短距离的求解问题，关键是明确此类问题是通过侧面展开图，利用两点之间线段最短来求得结果.16. 三菱

12、柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1=CAA1=60则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【详解】如图设设棱长为1，则，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以，设异面直线的夹角为，所以.三、解答题（本大题共5题，共计36分.）17. 已知函数是奇函数，并且函数的图像经过点.（1）求实数的值；（2）若方程在区间上有两个不同的实根，试求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据奇函数性质以及函数的图像经过点得方程组解得实数的值；（2）变量分离，结合函数的取值情况即可得解.【详解】（1）因为函数的图像经过点，所以因为函数是奇函数，所以

13、因此（2）因为，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，因此若方程在区间上有两个不同的实根，则【点睛】本题考查奇函数性质以及函数零点，考查综合分析运算能力，属中档题.18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，底面，为的中点，为的中点， 证明：直线平面；求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，求证平面平面，即可证明平面；（2）连接，由题可得异面直线与所成角即为相交线与所成角，求出的三边长，利用余弦定理即可得到答案【详解】（1）证明：取的中点，连接 ，在中，为，为；又四边形为菱形，；在中，为，为中点，；由于，平面，平面；平面平面；平面

14、（2）连接，由于，则异面直线与所成角即为相交线 与所成角，由为，则，由四边形为边长为2的菱形，则，由于，则;由平面，则， ，；在中，；所以异面直线与所成角的余弦值为【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平面，考查利用三角形的余弦定理求异面直线所成角，属于中档题19. 如图，四边形与四边形为平行四边形，分别是的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：(1)连接，结合题意证得，利用线面平行的判断定理即可证得平面.(2)结合题意首先证得线面平行：平面，平面，且与为平面内的两条相交直线，据此可得平面平面.试题解析：（1）如图，连接，则必过与的交点，连接，

15、则为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为分别为平行四边形边的中点，所以，又平面，平面，所以平面.又为中点，所以为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面，又与为平面内的两条相交直线，所以平面平面.点睛：证明两个平面平行的方法有：用定义，此类题目常用反证法来完成证明；用判定定理或推论(即“线线平行面面平行”)，通过线面平行来完成证明；根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；借助“传递性”来完成20. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，.（1）证明：平面；（2）若是的中点，在棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，并证明你的结论.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析.【解析】【分析】（1）证明，即可证明平面；（2）当时，平面，理由，取的中点，连接，证明平面平面，从而平面.【详解】（1）证明：，平面，又为菱形，平面（2）解：当时，平面，证明如下：取的中点，连接， 因为是的中点，是的中点，所以，又面，面，面又因为，所以是的中点设，则为的中点，所以，又面，面，面因为，所以平面平面，又在平面内，所以平面【点睛】本题考查线面平行的探索性问题，可通过面面平行来处理线面平行问题，是中档题.21. 已知函数（，且）.（1）若，求实数的取值范围；（2）若，求证：的零点在上；求证：对任意