2021-2022学年陕西省渭南市富平县高一年级上册学期期末数学试题【含答案】

2021-2022学年陕西省渭南市富平县高一上学期期末数学试题一、单选题1．若集合，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据集合交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以，故选：C2．函数的定义域是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数式的真数大于零、分式的分母不为零，求解出的取值范围可得答案.【详解】因为，所以或，所以函数的定义域为：，故选：C.3．已知圆和圆，则圆与圆的位置关系为（

）A．内含 B．外切 C．相交 D．相离【答案】A【分析】根据两圆的标准方程可知圆心坐标和半径大小，只需比较圆心距与两圆半径之差以及两圆半径之和的大小即可得出两圆位置关系.【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径；两圆心距离为，此时所以，圆与圆的位置关系为内含.故选：A.4．下列条件中,能判断两个平面平行的是A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面;B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面【答案】D【详解】设所以A错误；所以B错误；内有无数条与平行的平行直线，则这无数条直线平行所以C错误；D正确．是线面平行的概念．故选D5．如图，是水平放置的的直观图，其中，所在直线分别与轴，轴平行，且，那么是（

）A．等腰三角形 B．钝角三角形C．等腰直角三角形 D．直角三角形【答案】D【分析】根据斜二测画法的原则，可得原图中，且即可判断的形状.【详解】因为中，，所在直线分别与轴，轴平行，所以中，所在直线分别与分别与轴，轴平行，所以因为，所以，即，所以是直角三角形，故选：D.6．已知，且，则下列各式恒成立的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数中真数为正数，结合对数的运算性质逐一判断即可.【详解】A：当时，，所以本选项不正确；B：当时，，所以本选项正确；C：因为，所以本选项不正确；D：当时，，所以本选项不正确，故选：B7．电讯资费调整后，市话费标准为：通话时间不超过3分钟收费0.2元；超过3分钟后，每增加1分钟收费0.1元，不足1分钟按1分钟计费.通话收费S(元)与通话时间t(分钟)的函数图像可表示为下图中的()A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意知，当时，S=0.2.当时，S=0.2+0.1=0.3.当时，S=0.3+0.1=0.4.……所以对应的函数图像为B.故选B.8．幂函数的图像过点，则它在上的最小值为（

）A．-2 B．-1 C．1 D．【答案】D【分析】代入点坐标得到幂函数解析式，根据幂函数单调性得到最值.【详解】设幂函数为，函数过，则，故，，函数在单调递减，故.故选：D9．，，的大小关系是A． B． C． D．【答案】D【分析】将、、均化为的指数幂，然后利用指数函数的单调性可得出、、的大小关系.【详解】，，，且指数函数在上是增函数，则，因此，.故选D.【点睛】本题考查指数幂的大小比较，考查指数函数单调性的应用，解题的关键就是将三个数化为同一底数的指数幂，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10．已知函数，如果且，则它的图象可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据且，得到，，由二次函数的图象与性质，结合排除法，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，令，可得，即函数图象过点，又由，可得，所以抛物线的开口向上，可排除D项，令，可得，可排除B、C项；故选：A.11．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的表面积（单位：cm2）是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图可知，这个几何体是由一个长方体和一个直三棱柱拼接而成的，其中长方体的底面是边长为1的正方形，高为3，直三棱柱的高为1，底面三角形为底边长为1的等腰三角形，这条边上的高为1，作出几何体的原图形，如图所示，分别求出两个棱柱的表面积，再结合图像即可得出答案.【详解】解：根据三视图可知，这个几何体是由一个长方体和一个直三棱柱拼接而成的，其中长方体的底面是边长为1的正方形，高为3，直三棱柱的高为1.，底面三角形为底边长为1的等腰三角形，这条边上的高为1，作出几何体的原图形，如图所示：则长方体的表面积为：，直三棱柱的表面积为：，所以该几何体的表面积（单位：cm2）是.故选：D.12．高斯函数也称取整函数，记作，其中是指不超过的最大整数，例如，该函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域.若函数，则函数的零点个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】将问题转化为与的交点个数，分类讨论的取值范围得到的解析式，从而作出与的图像，由此得解.【详解】令，则，即，令，，则与的交点个数即为的零点个数，当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；……注意到，，，所以可作出与的图像如图，.所以与有两个交点，故的零点个数为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是对进行分类讨论，从而将具体化，得到的解析式，从而作出图像得解.二、填空题13．若直线经过两点，则直线的倾斜角为___________.【答案】【分析】设出直线的倾斜角，列出方程，结合，求出倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，因为，所以.故答案为：.14．设函数，则____________.【答案】【分析】根据题意，由函数解析式求出的值，进而计算可得答案.【详解】根据题意，函数，则，则，故答案为：.15．已知平面截球O的球面所得圆的面积为，O到的距离为3，则球O的表面积为________．【答案】【分析】根据球心到平面的距离结合球的截面圆性质，利用勾股定理算出球半径的值，再根据球的表面积公式，可得球的表面积．【详解】解：平面截球的球面所得圆的面积为，则圆的半径为1，该平面与球心的距离，球半径．球的表面积．故答案为：．【点睛】本题考查球的表面积的求法，着重考查了球的截面圆性质，属于基础题．16．圆心在直线上，且过两圆，交点的圆的标准方程为_____________.【答案】【分析】两圆联立解出交点坐标，设圆心为，利用两点间距离公式解出和半径即可.【详解】由解得交点坐标分别为，设圆心坐标为，半径为，则，解得，所以该圆的标准方程为，故答案为：三、解答题17．已知直线，求：(1)过点且与直线平行的直线的方程；(2)过点且与直线垂直的直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】对于（1），与平行的直线为，代入可得答案.对于（2），由可得其斜率为3，则与l垂直直线的斜率为，代入可得答案.【详解】（1）设与直线平行的直线的方程为，则，解得.∴所求直线方程为.（2）∵直线的斜率为3，∴与直线垂直的直线的斜率为.∴∴所求直线方程为18．如图，在长方体中，，，与交于点，点是的中点.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据已知条件即可推出，即可判定线面平行；（2）由已知可得，三棱锥的高为，进而可根据三棱锥的体积公式求解得出.【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，且，则O为AC的中点，又因为E为的中点，所以是的中位线，所以，又平面EBD，平面EBD，因此，平面EBD.（2）因为，又平面，所以三棱锥的高为，∴.19．已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，.(1)求函数的解析式；(2)当时，求不等式的解集.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据偶函数的性质求解析式；（2）根据偶函数的性质和对数函数单调性解不等式.【详解】（1）当时，，则∵函数是偶函数，∴当时，，∴（2）当时，，∴此时.又∵，∴不等式转化为，∴，即.∴当时，不等式的解集为.20．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是的中点.求证：(1)平面；(2).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论及线面垂直的判定定理证得平面，从而得证.【详解】（1）∵底面为矩形，∴，∵底面，底面，∴，又∵，平面，∴平面.（2）∵平面，平面，∴，∵，是的中点，∴，又∵，平面，∴平面，∵平面，∴.21．已知点，圆.(1)判断点与圆的位置关系，并说明理由；(2)当时，经过点的直线与圆相切，求直线的方程.【答案】(1)点在圆外，理由见解析；(2)或.【分析】（1）求出与半径比较，即可得出；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，根据圆心到直线的距离列出方程，求解即可得到的值，进而解出切线方程.【详解】（1）点在圆外.由已知得，圆心，半径.又，所以，点在圆外.（2）当时，点.①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为2等于半径，所以直线是圆的切线；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，圆心到直线的距离，解得，所以直线的方程为，即.综上，直线方程为或.22．渔场中鱼群的最大养殖量为，为了保证鱼群的生长空间，实际养殖量小于，以便留出适当的空闲量.已知鱼群的年增长量和实际养殖量与空闲率（空闲率是空闲量与最大养殖量的比值）的乘积成正比，比例系数为.(1)写出关于的函数关系式，并指出这个函数的定义域；(2)求鱼群年增长量的最大值；(3