2018-2019学年内蒙古集宁一中高一12月月考数学试题（解析版）

2018-2019学年内蒙古集宁一中高一12月月考数学试题（解析版）

‎2018-2019学年内蒙古集宁一中高一12月月考数学试题（解析版）‎ 第一卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的。每小题5分，共60分）‎ ‎1.已知全集且，则集合的真子集共有(　　)‎ A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由补集概念得集合A，然后直接写出其真子集即得答案.‎ ‎【详解】∵U={0，1，2，3}且，则集合A={1，3}．‎ ‎∴集合A的真子集为，{1}，{3}共3个．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了补集及其运算，考查了集合间的关系，是基础题．‎ ‎2.已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，给出下列命题：‎ ‎①若，则 ‎ ‎②若，则；‎ ‎③是异面直线，那么与相交；‎ ‎④若，且，则且．‎ 其中正确的命题是（　　）‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面与平面平行的判定和性质，直线与平面平行的判定和性质，对选项逐一判断即可．‎ ‎【详解】①此命题错误，因为两个平面平行于同一条直线不能保证两个平面平行；‎ ‎②有可能n∥m，α∩β=l，故错误；‎ ‎③若是异面直线，当时直线n与平行不相交，故错误；‎ ‎④符合线面平行的判定定理，故正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面的平行和垂直的判定，考查逻辑思维能力，是基础题．‎ ‎3.函数的零点所在的一个区间是（　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎，，，，所以函数的零点所在区间为．‎ 考点：零点区间．‎ ‎4. 若三个平面两两相交，有三条交线，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 三条交线为异面直线 B. 三条交线两两平行 C. 三条交线交于一点 D. 三条交线两两平行或交于一点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：三个平面两两相交，有三条交线，三条交线两两平行或交于一点．如三棱柱的三个侧面两两相交，‎ 交线是三棱柱的三条侧棱，这三条侧棱是相互平行的；‎ 但有时三条交线交于一点，如长方体的三个相邻的表面两两相交，‎ 交线交于一点，此点就是长方体的顶点 考点：平面与平面之间的位置关系 ‎5.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体为(　　)‎ A. 一个圆台、两个圆锥 B. 一个圆柱、两个圆锥 C. 两个圆柱、一个圆台 D. 两个圆台、一个圆柱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合圆柱和圆锥的结构特征，即可得到答案.‎ ‎【详解】设等腰梯形ABCD，较长的底边为CD，则绕着底边CD旋转一周可得一个圆柱和两个圆锥，（轴截面如图）‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查旋转体的定义和旋转体的结构特征.‎ ‎6. 下列命题中正确的是（ ）‎ A. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台 B. 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 棱台的底面是两个相似的正方形 D. 棱台的侧棱延长后必交于一点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在A中, 要用“平行于底面”的平面去截棱锥,棱锥底面与截面间部分才叫棱台, 如果截棱锥的平面不与底面平行,棱锥底面与截面间部分只能叫多面体, 故A错误；在B中, 棱台还要求侧棱的延长线交于一点，故B错误；在C中,棱台的底面不一定是两个相似的正方形只需是相似多边形即可故C错误；在D中, 由棱台的定义知棱台的侧棱延长后必交于一点, 故D正确.故选D.‎ 考点：棱台的定义及性质.‎ ‎7.已知平面外不共线的三点到的距离相等，则正确的结论是(　　)‎ A. 平面必平行于 B. 存在的一条中位线平行于或在内 C. 平面必与相交 D. 平面必不垂直于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论三个点的位置，可能在平面α的同侧，也可能在α的两侧，由此得出正确的结论．‎ ‎【详解】平面α外不共线的三点A、B、C到α的距离都相等，‎ 则可能三点在α的同侧，即平面ABC∥α，这时三条中位线都平行于平面α；‎ 也可能一个点A在平面α一侧，另两点B、C在平面α另一侧，‎ 此时存在一条中位线DE∥BC，DE在α内，所以平面α外不共线的三点A，B，C到α的距离相等时，存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系.‎ ‎8.如图所示正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．‎ ‎【详解】作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则OB=2，所以OC=3，则四边形OABC的周长为3+3+2=8．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了平面图形的斜二测画法，首先掌握斜二测画法的原则，平行于轴或是在轴的长度不变，平行于轴，或是在轴的长度变为原来的一半，然后会还原为实际图形，直观图与实际图形的面积比值是.‎ ‎9.过棱锥各侧棱中点的截面把棱锥分成一个棱锥和一个棱台，则小棱锥和棱台的侧面积之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用面积比等于相应边的平方比先求小棱锥的侧面积和大棱锥的侧面积比值，从而得到小棱锥和棱台的侧面积之比.‎ ‎【详解】由已知得平面A1B1C1∥平面ABC,即A1B1∥AB,A1C1∥AC,B1C1∥BC,A1O1∥AO. 由,‎ 根据比例的性质: ,‎ 则，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查平面截棱锥问题，解题时要注意面积比等于相应边的比的平方的合理运用．‎ ‎10.如图所示，将无盖正方体纸盒展开，直线在原正方体中的位置关系(　　)‎ A. 平行 B. 相交成 C. 相交成 D. 异面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正方体的展开图还原为正方体，得到对应的A，B，C，D，从而可判断AB，CD的位置关系．‎ ‎【详解】将正方体还原得到A，B，C，D的位置如图 因为几何体是正方体，所以连接AC，得到三角形ABC是等边三角形，‎ 所以∠ABC=60°；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了学生的空间想象能力以及正方体的性质．关键是将平面图形还原为几何体．‎ ‎11.如图，在四面体中，分别是与的中点，若 ,则与所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取BC中点为G，连接FG，EG,由异面直线所成角的定义可知∠EFG（或其补角）是EF与CD所成的角，解三角形即可求出结果.‎ ‎【详解】如图，取CB中点G，连接EG，FG.则EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG(或其补角)，又∵EF⊥AB，‎ ‎∴EF⊥EG.‎ 在Rt△EFG中，EG＝AB＝1，FG＝CD＝2，‎ ‎∴sin∠EFG＝，∴∠EFG＝30°，‎ ‎∴EF与CD所成的角为30°.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成的角，用平移法将异面直线所成的角转为相交直线所成的角，首先要作出这个角，根据定义作平行线，一般是过两条异面直线一条上的某点作另一条的平行线，对立体几何中的辅助线，在有中点时，要注意中位线这个辅助线经常到．‎ ‎12.函数的图像向右平移1个单位长度，所得图像与曲线关于轴对称，则 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求与y=ex图象关于y轴对称的图象的函数解析式，然后将所得函数图像向左平移1个单位即可得到函数f(x)图像．‎ ‎【详解】函数y=ex的图象关于y轴对称的图象的函数解析式为y=e-x，‎ 然后将所得函数图象向左平移1个单位长度即得到函数f(x)的图像，‎ 即f(x)=e-（x+1）=e-x-1‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数解析式的求解，考查函数图象的对称变换和平移变换，函数图象的平移变换遵循“左加右减，上加下减”的原则．‎ 第二卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在横线上）‎ ‎13.已知，则_________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得代入目标，利用换底公式即可得到结果.‎ ‎【详解】∵‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查对数的运算性质，考查了指数式和对数式的互化，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎14.已知三棱锥，满足两两垂直，且，求三棱锥外接球的表面积______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，由正方体的体对角线是外接球的直径，求出半径，即可得到外接球表面积．‎ ‎【详解】∵三棱锥S﹣ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SC，‎ ‎∴三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，‎ 又正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，即2R=2，解得R=，‎ ‎∴外接球的表面积为S球=4πR2=4π=12π．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的外接球表面积的问题，是基础题．‎ ‎15.是棱长为的正方体的棱的中点，沿正方体表面从点到点的最短路程是________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解此问题采取展开为平面的方法，化体为面，从图形可看出展开方式有二，一是以底棱BC，CD为轴，可以看到此两种方式是对称的，得结果一样，另外一种是以侧棱为轴展开，即以BB1，DD1为轴展开，此两种方式对称，求得结果一样，故解题时选择以BC为轴展开与BB1为轴展开两种方式验证即可 ‎【详解】由题意，若以为轴展开，则两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2，3,故两点之间的距离是;‎ 若以为轴展开，则两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是;‎ 故沿正方体表面从点到点的最短路程是,‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，求解关键是能够根据题意把求几何体表面上两点距离问题转移到平面中来求.‎ ‎16.已知函数，若关于的函数有两个零点，则实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有两个零点转为y=m与y=f(x)有两个不同的交点，画出函数y=f（x）的图象，由图像即可确定m的范围．‎ ‎【详解】∵函数，画出f(x)的图像如图，‎ 若关于x的函数g（x）=f（x）-m有两个零点，‎ ‎∴函数y=f（x）与y=m的图象有两个交点，‎ 由图可得实数m的取值范围是（1，2 ．‎ 故答案为：（1，2 ．‎ ‎【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法 ‎（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；‎ ‎（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，运用图象进行求解．对于含有参数的问题，要注意分类讨论的方法在解题中的应用，同时还要注意数形结合在解题中的应用．‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.如图，已知点分别为正方体的棱的中点，求证：三线共点．‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分别在两个平面内的点在两个平面的交线上，即可证得三线共点。‎ ‎【详解】∵点，，，分别为所在棱的中点，连接，，∴是的中位线，∴.∵，且，∴四边形是平行四边形. ∴，∴.∴，，，四点共面.‎ ‎∵，故与必相交.设.‎ ‎∵，平面，∴平面.‎ 同理可证平面.∴点在交线上，即，，三线共点.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面的基本性质的应用，其中解答中合理应用三角形的中位线，平行线分线段成比例，以及平行线的传递性和平面的基本性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。‎ ‎18.如图圆台的上、下底面半径分别是和，它的侧面展开图的扇环的圆心角是.‎ ‎(1)求圆台母线的长度.‎ ‎(2)求圆台的表面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由圆台上下底面的周长结合扇环的圆心角是可求得SA,SB的长度，从而得到AB的长度；（2）利用圆台的表面积公式计算可得答案．‎ ‎【详解】（1）设圆台的上底面周长为，由于扇环的圆心角是，则，‎ 解得，同理可得，.‎ ‎（2） .‎ ‎【点睛】本题考查圆台的侧面积、表面积公式的应用，熟练掌握圆台的侧面展开图扇环的圆心角公式是解答本题的关键．‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面,点是棱的中点.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求与平面所成角.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结BD，交AC于点O，连结OM．可得PB∥OM，由线面平行的判定定理即可得到证明；（2）因为PA^平面ABCD，则ÐPBA就是PB与平面ABCD所成的角，解三角形即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）证明：连结BD，交AC于点O，连结OE．‎ ‎∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，‎ 由M为线段PD的中点，∵PB∥OM，‎ 又OM⊂平面ACM，PB⊄平面ACM，‎ ‎∴PB∥平面ACM；‎ ‎（2）因为PA^平面ABCD，则ÐPBA就是PB与平面ABCD所成的角， ‎ ‎∵底面是边长为1的正方形, ∴AD=AB=1,，‎ 则在直角△PBA中，PA=AD=AB=1，得ÐPBA=‎ ‎∴ PB与平面ABCD所成的角为；‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定定理的应用以及线面角的求法.‎ ‎20.已知为二次函数且过原点，满足. ‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）求在区间的最值.‎ ‎【答案】（1）；（2）； .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用待定系数法，求解函数的解析式即可．（2）利用换元法，结合二次函数的性质求解函数的最值即可 ‎【详解】（1）设，因为，故 则 ‎ ‎ 故，则，，所以.‎ ‎（2） ‎ 令，则，‎ 当时，；当时，.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的应用，函数的最值的求法，换元法的应用，考查计算能力.‎ ‎21.已知四棱锥 (图1)的三视图如图2所示，为正三角形，垂直底面，俯视图是直角梯形．‎ 图1 图2‎ ‎(1)求正视图的面积；‎ ‎(2)求四棱锥的体积；‎ ‎(3)求证：平面.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）证明略．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先根据几何体的三视图得到几何体的几何特征，再求出几何体的高，进而可以求解；（2）利用四棱锥的体积公式进行求解；（3）先利用线面垂直的性质和勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理进行证明．‎ 试题解析：（1）过作，根据三视图可知，是的中点，且,.‎ 又∵为正三角形，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴.‎ ‎∵平面，平面，∴.‎ ‎∴，即 正视图的面积为.‎ ‎（2）由（1）可知，四棱锥的高，‎ 底面积为，‎ ‎∴四棱锥的体积为.‎ ‎（3）证明：∵平面，平面，∴.‎ ‎∵在直角三角形中，，‎ 在直角三角形中，，‎ ‎∴，∴是直角三角形，‎ ‎∴，又∵，∴平面.‎ 考点：1.三视图；2.四棱锥的体积；3.线面垂直的判定和性质．‎ ‎22.已知定义域为的函数是奇函数．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）已知在定义域上为减函数，若对任意的，不等式为常数）恒成立,求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用奇函数定义f（-x）=-f（x）,代入特殊值即可求a，b的值；然后将所求值进行检验；（2）利用函数f（x）的单调性和奇偶性将不等式f（t2-2t）+f（t2- ）＜0转为关于t的一元二次不等式，利用二次函数图像的性质即可求出 的取值范围．‎ ‎【详解】（1）是定义在的奇函数，所以，‎ 令，，，‎ 令，，所以，解得：.‎ ‎（2）经检验，当，时，为奇函数，‎ 所以，‎ 因为是奇函数，所以，‎ 因为在上单调减，所以，‎ 即在上恒成立，所以，‎ 所以，即的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合应用；同时考查一元二次不等式恒成立问题的解决策略.‎