河南省三门峡市2017_2018学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -2017-2018 学年河南省三门峡市高一（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1.设全集 U=R，集合 A=x|0 x4，集合 B=x|3 x5，则 A（ UB）=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求 UB，然后求 A（ UB） 【详解】（ UB） x|x3 或 x5， A（ UB） x|0 x3故选： D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，比较基础2.若直线过点（1，2） ， （4，2+ ）则此直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设直线的倾斜角为 ，根据直线的斜率和倾斜角的关系，即可求解【详

2、解】设直线的倾斜角为 ，则 ，又 ，所以 ，故选 A.【点睛】本题主要考查直线的斜率与倾斜角，属于简单题. 求直线的倾斜角往往先求出直线的斜率，求直线斜率的常见方法有一以下三种， （1）已知直线上两点的坐标求斜率：利用；（2）已知直线方程求斜率：化成点斜式即可；（2）利用导数的几何意义求曲线切点处的切线斜率.3.设一个半径为 r 的球的球心为空间直角坐标系的原点 O，球面上有两个点 A， B，其坐标分- 2 -别为（1，2，2） ， （2，-2，1） ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知求得球的半径，再由空间中两点间的距离公式求得| AB|，则答案可求【详解】由已

3、知可得 r ，而| AB| ，| AB| r故选： C【点睛】本题考查空间中两点间距离公式的应用，是基础题4.函数 的图像的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得 ，又由 可得函数图象选 B。5.若 ， ， ，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】B- 3 -【解析】试题分析： ， ，即 ； ； 故 B 正确考点：指数函数，对数函数的单调性【方法点睛】本题主要考查用指数函数，对数函数的单调性比较大小的问题，难度一般比较大小常用的方法有：作差法，插入数法，单调性法，图像法等有时几种方法可能需同时使用6.三条直线 l1： ax+by-1=0， l2：2 x+（ a+

4、2） y+1=0， l3： bx-2y+1=0，若 l1， l2都和 l3垂直，则 a+b 等于（ ）A. B. 6 C. 或 6 D. 0 或 4【答案】C【解析】【分析】根据相互垂直的两直线斜率之间的关系对 b 分类讨论即可得出【详解】 l1， l2都和 l3垂直，若 b0，则 a+20，解得 a2， a+b2若 b0，则 1， 1，联立解得 a2， b4， a+b6综上可得： a+b 的值为2 或 6故选： C【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7.由一个正方体截去一个三棱锥所得的几何体的直观图如图所示，则该几何体的三视图正确

5、的是（ ）- 4 -A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为有直观图可知，该几何体的正视图是有一条从左上角到右下角的对角线的正方形，俯视图是有一条从左下角角到右上角角的对角线的正方形，侧视图是有一条从左上角到右下角的对角线的正方形（对角线为虚线） ，所以只有选项 D 合题意，故选 D.8.已知 是空间两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ）A. ， ， B. ， ， C. ， ， D. ， ，【答案】D【解析】试题分析：A 不正确，也有可能 ；- 5 -B 不正确，也有可能 ；C 不正确，可能 或 或 ；D 正确， ， ， ， 考点：1 线面位置关系；2 线面垂

6、直9.已知函数 是定义域为 上的偶函数，若 在 上是减函数，且 ，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为偶函数 在 上是减函数，所以 在 上是增函数，由题意知:不等式 等价于 ,即,即 或 ,解得 或10.已知圆 C： x2+y2+2x=0 与过点 A（1，0）的直线 l 有公共点，则直线 l 斜率 k 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用点到直线的距离公式和直线和圆的位置关系直接求解【详解】根据题意得，圆心（1，0） ， r1，设直线方程为 y0 k（ x1） ，即 kx y k0圆心到直线的距离 d 1，解得 k故选： B【

7、点睛】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，属于基础题11.在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“ ”如下：当 时， ；当 时，已知函数 ，则满足 的实数的取- 6 -值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当 时， ；当 时， ；所以 ，易知， 在 单调递增， 在 单调递增，且 时， ， 时， ，则 在 上单调递增，所以 得： ，解得 ，故选 C。点睛：新定义的题关键是读懂题意，根据条件，得到 ，通过单调性分析，得到 在 上单调递增，解不等式 ，要符合定义域和单调性的双重要求，则 ，解得答案。12.已知函数 ，对于任意 且 .均存在唯一实数 ，使得，且 .若关于

8、的方程 有 4 个不相等的实数根，则 的取值范围是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得 ，作出函数 图像，由图知，选 C.- 7 -点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13.已知函数 f（ x）=1 g（2 x-1）的定义城为_【答案】【解析】【分析】根据对数函数定义得 2x10，求出解集即可.【详解】 f（ x） lg（2 x1

9、） ，根据对数函数定义得 2x10，解得： x0，故答案为：（0，+）.【点睛】考查具体函数的定义域的求解，考查了指数不等式的解法，属于基础题14.在平面直角坐标系中，动点 P 到两条直线 与 的距离之和等于 2，则点 P 到坐标原点的距离的最小值为_.【答案】【解析】3xy=0 与 x+3y=0 的互相垂直，且交点为原点，设点 P 到两条直线的距离分别为 a，b，则 a0，b0，- 8 -则 a+b=2，即 b=2a0，得 0a2，由勾股定理可知 = = = ，0a2，当 a=1 时， 的距离 ，故答案为： 15.已知符号函数 sgn（x） ，则函数 f（x）=sgn（x）2x 的所有零点构

10、成的集合为_【答案】 【解析】【分析】根据 的取值进行分类讨论，得到等价函数后分别求出其零点，然后可得所求集合【详解】当 x0 时，函数 f（x）=sgn（x）2x =12x，令 12x=0，得 x= ，即当 x0 时，函数 f（x）的零点是 ；当 x=0 时，函数 f（x）=0，故函数 f（x）的零点是 0；当 x0 时，函数 f（x）=12x，令12x=0，得 x= ，即当 x0 时，函数 f（x）的零点是 综上可得函数 f（x）=sgn（x）x 的零点的集合为： 故答案为： 【点睛】本题主要考查函数零点的求法，解题的关键是根据题意得到函数的解析式，考查转- 9 -化思想、分类讨论思想，是

11、基础题16.如图，在棱长均相等的正四棱锥 P-ABCD 中， O 为底面正方形的重心， M， N 分别为侧棱PA， PB 的中点，有下列结论： PC平面 OMN；平面 PCD平面 OMN； OM PA；直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为 90其中正确结论的序号是_ （写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】【分析】连接 AC，易得 PC OM，可判结论证得平面 PCD平面 OMN，可判结论正确由勾股数可得 PC PA，得到 OM PA，可判结论正确根据线线平行先找到直线 PD 与直线 MN 所成的角为 PDC，知三角形 PDC 为等边三角形，所以 PDC60，可判错误【详解】如图，连接

12、AC，易得 PC OM，所以 PC平面 OMN，结论正确同理 PD ON，所以平面 PCD平面 OMN，结论正确由于四棱锥的棱长均相等，所以 AB2+BC2 PA2+PC2 AC2，所以 PC PA，又 PC OM，所以OM PA，结论正确由于 M， N 分别为侧棱 PA， PB 的中点，所以 MN AB，又四边形 ABCD 为正方形，所以AB CD，所以直线 PD 与直线 MN 所成的角即为直线 PD 与直线 CD 所成的角，为 PDC，知三角形 PDC 为等边三角形，所以 PDC60，故错误故答案为：【点睛】本题考查线面平行、面面平行，考查线线角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题-

13、10 -三、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分）17.直线 l 经过两直线 l1:2x-y+4=0 与 l2:x-y+5=0 的交点,且与直线 x-2y-6=0 垂直.(1)求直线 l 的方程.(2)若点 P(a,1)到直线 l 的距离为 ,求实数 a 的值.【答案】 （1） ；（2） 或【解析】试题分析：（1）解方程组可得直线的交点为(1,6)，然后根据垂直可得直线 l 的斜率，由点斜式可得 l 的方程；（2）有点到直线的距离公式可得 ，解得 a=1 或 a=6，即为所求。试题解析：(1)由 得所以直线 l1与 l2的交点为(1,6),又直线 l 垂直于直线 x-2y-6=0,所以

14、直线 l 的斜率为 k=-2，故直线 l 的方程为 y-6=-2(x-1),即 2x+y-8=0.(2)因为点 P(a,1)到直线 l 的距离等于 ,所以 = ,解得 a=1 或 a=6.所以实数 a 的值为 1 或 6.18.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， BCD=60， AB=2AD， PD平面ABCD，点 M 为 PC 的中点（1）求证： PA平面 BMD；（2）求证： AD PB；（3）若 AB=PD=2，求点 A 到平面 BMD 的距离- 11 -【答案】 （1）详见解析；（2）详见解析；（3） .【解析】【分析】（1）设 AC 和 BD 交于点 O

15、， MO 为三角形 PAC 的中位线可得 MO PA，再利用直线和平面平行的判定定理，证得结论（2）由 PD平面 ABCD，可得 PD AD，再由 cos BAD ，证得 AD BD，可证 AD平面 PBD，从而证得结论（3）点 A 到平面 BMD 的距离等于点 C 到平面 BMD 的距离 h，求出 MN、 MO 的值，利用等体积法求得点 C 到平面 MBD 的距离 h【详解】 （1）证明：设 AC 和 BD 交于点 O，则由底面 ABCD 是平行四边形可得 O 为 AC 的中点由于点 M 为 PC 的中点，故 MO 为三角形 PAC 的中位线，故 MO PA再由 PA 不在平面 BMD 内，

16、而 MO 在平面 BMD 内，故有 PA平面 BMD（2）由 PD平面 ABCD，可得 PD AD，平行四边形 ABCD 中， BCD60， AB2 AD，cos BAD cos60 ， AD BD这样， AD 垂直于平面 PBD 内的两条相交直线，故 AD平面 PBD， AD PB（3）若 AB PD2，则 AD1， BD ABsin BAD2 ，由于平面 BMD 经过 AC 的中点，故点 A 到平面 BMD 的距离等于点 C 到平面 BMD 的距离取 CD 得中点 N，则 MN平面 ABCD，且 MN PD1设点 C 到平面 MBD 的距离为 h，则 h 为所求由 AD PB 可得 BC

17、PB，故三角形 PBC 为直角三角形由于点 M 为 PC 的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得 MD MB，故三角- 12 -形 MBD 为等腰三角形，故 MO BD由于 PA ， MO 由 VM BCD VC MBD 可得， （ ） MN （ BDMO ） h，故有 （ ）1 （ ） h，解得 h 【点睛】本题主要考查直线和平面平行的判定定理，直线和平面垂直的性质，用等体积法求点到平面的距离，体现了数形结合和等价转化的数学思想，属于中档题19.已知 为定义在 上的奇函数，当 时，函数解析式为 .（）求 的值，并求出 在 上的解析式；（）求 在 上的最值【答案】 （） 在 上的

18、解析式为 f（x）2 x4 x；（）函数在0,1上的最大与最小值分别为 0，-2.【解析】试题分析：（）由于 f（x）为定义在1,1上的奇函数，故 f（0）0，即 f（0）1 0.从而 1.设 x0,1，则x1,0由 f（x）f（x）即可得 在 上的解析式.（）当 x0,1，f（x）2 x4 x2 x（2 x） 2，设 t2 x（t0） ，则 f（t）tt 2.这样转化为求二次函数在给定区间上的最大值，最大值.试题解析：解：（）f（x）为定义在1,1上的奇函数，且 f（x）在 x0 处有意义，f（0）0，即 f（0）1 0.- 13 - 1.设 x0,1，则x1,0f（x） 4 x2 x.又f

19、（x）f（x）f（x）4 x2 x.f（x）2 x4 x.所以， 在 上的解析式为 f（x）2 x4 x（）当 x0,1，f（x）2 x4 x2 x（2 x） 2，设 t2 x（t0） ，则 f（t）tt 2.x0,1，t1,2当 t1 时，取最大值，最大值为 110.当 t=0 时，取最小值为-2.所以，函数在0,1上的最大与最小值分别为 0，-2.考点：1、函数的奇偶性；2、函数的解析式；3、函数的最值.20.如图，几何体 EF-ABCD 中，四边形 CDEF 是正方形，四边形 ABCD 为直角梯形，AB CD， AD DC， ACB 是腰长为 2 的等腰直角三角形，平面 CDEF平面 A

20、BCD（1）求证： BC AF；（2）求几何体 EF-ABCD 的体积【答案】 （1）详见解析；（2） .【解析】【分析】（1）推导出 FC CD， FC BC， AC BC，由此 BC平面 ACF，从而 BC AF（2）推导出 AC BC2 ， AB 4，从而 AD BCsin ABC2 2，由 V几何体 EF ABCD V 几何体 A CDEF+V 几何体 F ACB，能求出几何体 EF ABCD 的体积- 14 -【详解】 （1）因为平面 CDEF平面 ABCD，平面 CDEF平面 ABCD=CD，又四边形 CDEF 是正方形，所以 FC CD， FC平面 CDEF，所以 FC平面 AB

21、CD，所以 FC BC因为 ACB 是腰长为 2 的等腰直角三角形，所以 AC BC又 AC CF=C，所以 BC平面 ACF所以 BC AF（2）因为 ABC 是腰长为 2 的等腰直角三角形，所以 AC=BC=2 ， AB= =4，所以 AD=BCsin ABC=2 =2，CD=AB=BCcos ABC=4-2 cos45=2， DE=EF=CF=2，由勾股定理得 AE= =2 ，因为 DE平面 ABCD，所以 DE AD又 AD DC， DE DC=D，所以 AD平面 CDEF所以 V 几何体 EF-ABCD=V 几何体 A-CDEF+V 几何体 F-ACB= += 【点睛】本题考查线线垂

22、直的证明，考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题- 15 -21.已知圆 M 的方程为 x2+（y-2） 2=1，直线 l 的方程为 x-2y=0，点 P 在直线 l 上，过 P 点作圆 M 的切线 PA，PB，切点为 A，B（1）若APB=60，试求点 P 的坐标；（2）若 P 点的坐标为（2，1） ，过 P 作直线与圆 M 交于 C，D 两点，当 时，求直线 CD的方程；（3）求证：经过 A，P，M 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标【答案】 （1） 或 （2）x+y-3=0 或 x+7y-9=0（3）详见解析【解析】试题分

23、析：（1）设 P（2m，m） ，代入圆方程，解得 m，进而可知点 P 的坐标;（2）设直线 CD的方程为：y-1=k（x-2） ，由圆心 M 到直线 CD 的距离求得 k，则直线方程可得;（3）设P（2m，m） ，MP 的中点 ，因为 PA 是圆 M 的切线，进而可知经过 A，P，M 三点的圆是以 Q 为圆心，以 MQ 为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其方程是关于 m 的恒等式，进而可求得 x 和 y，得到经过 A，P，M 三点的圆必过定点的坐标试题解析：（1）设 P（2m，m） ，由题可知 MP=2，所以（2m） 2+（m-2） 2=4，解之得： ，故所求点 P 的坐标为 P（0，0）或

24、 （2）设直线 CD 的方程为：y-1=k（x-2） ，易知 k 存在， 由题知圆心 M 到直线 CD 的距离为 ，所以 ，解得，k=-1 或 ，故所求直线 CD 的方程为：x+y-3=0 或 x+7y-9=0（3）设 P（2m，m） ，MP 的中点 ，因为 PA 是圆 M 的切线，所以经过 A，P，M 三点的圆是以 Q 为圆心，以 MQ 为半径的圆， 故其方程为：化简得：x 2+y2-2y-m（2x+y-2）=0，此式是关于 m 的恒等式，故 x2+y2-2y=0 且（2x+y-2）=0，- 16 -解得 或所以经过 A，P，M 三点的圆必过定点（0，2）或考点：圆方程的综合运用22.已知函

25、数 f（ x）= （1）若 f（2）= a，求 a 的值；（2）当 a=2 时，若对任意互不相等的实数 x1， x2（ m， m+4） ，都有 0 成立，求实数 m 的取值范围；（3）判断函数 g（ x）= f（ x）- x-2a（ a0）在 R 上的零点的个数，并说明理由【答案】 （1） ；（2） ；（3） 个零点，理由见解析.【解析】【分析】（1）分类讨论求出 f（2） ，代入 f（2） a，解方程可得；（2） a2 时，求出分段函数的增区间；“对任意互不相等的实数 x1， x2（ m， m+4） ，都有0 成立” f（ x）在（ m， m+4）上是增函数，根据子集关系列式可得 m 的范围

26、；（3）按照 x a 和 x a 这 2 种情况分别讨论零点个数【详解】解：（1）因为 f（2）= a，当 a2 时，4-2（ a+1）+ a=a，解得 a=1 符合；当 a2 时，-4+2（ a+1）- a=a，此式无解；综上可得： a=1（2）当 a=2 时， f（ x）= ， f（ x）的单调增区间为（-， ）和（2，+） ，又由已知可得 f（ x）在（ m， m+4）上单调递增，所以 m+4 ，或 m2，- 17 -解得 m- 或 m2，实数 m 的取值范围是（-，- 2，+） ；（3）由题意得 g（ x）=当 x a 时，对称轴为 x= ，因为- ，所以 f（ a）= a2-a2-2a-a=-3a0， -a= a， f（ ）=- =- 0，由二次函数可知， g（ x）在区间（ a， ）和区间（ ，+）各有一个零点；当 x a 时，对称轴为 x= a，函数 g（ x）在区间（-， a）上单调递增且 f（ ）=0，所以函数在区间（-， a）内有一个零点综上函数 g（ x）= f（ x）- x-2a（- a0）在 R 上有 3 个零点【点睛】本题考查了分段函数单调性的应用及函数零点问题，考查了分类讨论思想的运用，属于难题- 18 -