江西省上饶市2019-2020学年高一上学期期中联考数学试题

江西省上饶市2019-2020学年高一上学期期中联考数学试题

www.ks5u.com ‎2022届铅山一中—横峰中学—贞白中学三校 高一第一学期期中联考（自主班）数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.已知集合，，若，则实数的值为（）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据两个集合的交集只有元素，结合，求得的值.‎ 详解】由于，且，故.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，属于基础题.‎ ‎2.已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行和垂直的有关结论、性质、判定即可判断各选项的真假。‎ ‎【详解】对于A，根据线面垂直的性质定理，即可知A正确；‎ 对于B，若，，则或者、相交或者异面，所以B不正确；‎ 对于C，若，，则，所以C不正确；‎ 对于D，若，，则与的关系不确定，所以D不正确；‎ 综上，选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查利用线面平行和垂直的有关结论、性质、判定判断几何命题的真假。‎ ‎3.若圆与圆的交点为A，B，则线段AB 的垂直平分线的方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出两圆的圆心，两圆圆心所在直线即为线段AB的垂直平分线.‎ ‎【详解】由题意可知，两圆圆心所在直线即为线段AB的垂直平分线，‎ 圆的圆心为，圆的圆心为，‎ 则过两圆圆心的直线为，即.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了两圆的位置关系，考查了直线的方程，属于基础题.‎ ‎4.若函数y＝ax+b﹣1（a＞0且a≠1 ）的图象经过一、三、四象限，则正确的是（）‎ A. a＞1且b＜1 B. 0＜a＜1 且b＜0‎ C. 0＜a＜1 且b＞0 D. a＞1 且b＜0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对于指数函数y=ax（a＞o且a≠1），‎ 分别在坐标系中画出当0＜a＜1和a＞1时函数的图象如下：‎ ‎∵函数y=ax+b-1的图象经过第一、三、四象限，∴a＞1，‎ 由图象平移知，b-1＜-1，解得b＜0，‎ 故选D．‎ 考点：本题主要是考查指数函数的图象和图象的平移，即根据图象平移的“左加右减”“上加下减”法则，求出m的范围，考查了作图和读图能力．‎ 点评：解决该试题的关键是先在坐标系中画出当0＜a＜1和a＞1时指数函数的图象，由图得a＞1，再由上下平移求出m的范围．‎ ‎5.已知一个圆柱的高是底面圆半径的2倍，则该圆柱的侧面积与表面积的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱底面圆的半径为，则高，再分别求出圆柱的侧面积与表面积，进而求出答案．‎ ‎【详解】设圆柱底面圆的半径为，则高，该圆柱的侧面积为，表面积为，故该圆柱的侧面积与表面积的比值为.‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体的表面积，属于基础题．‎ ‎6.将直线沿x轴向右平移1个单位，所得直线与圆相切，则实数a的值为（ ）‎ A. -7或13 B. 7或-13 C. 1或-19 D. -1或19‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线平移的规律，由直线沿x轴向右平移1个单位得到平移后直线的方程，然后因为此直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．‎ ‎【详解】解：把圆的方程化为标准式方程得，圆心坐标为，半径为，直线沿x轴向右平移1个单位后所得的直线方程为，‎ 即因为该直线与圆相切，‎ 则圆心到直线的距离，‎ 化简得，即或， 解得或 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎7.已知，并且是方程的两根 ，则实数的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可设,从而得到是的两个零点,可看出的图象是由的图象向下平移2个单位得到,从而便可得出.‎ ‎【详解】解:设,则是的两个零点;‎ 函数的图象可以看成图象向下平移2个单位得到,且, ,如图所示:‎ ‎.‎ 所以C选项是正确的.‎ ‎【点睛】考查函数零点的概念,以及沿轴方向的平移变换,要熟悉二次函数的图象.‎ ‎8.如图，几何体是一个三棱台，在、、、、、个顶点中取 个点确定平面，平面，且，则所取的这个点可以是（ ）‎ A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，确定与平面的位置关系，从而确定可能是哪三个点．‎ ‎【详解】由于，因此或，考查A、B、C、D中只有C中三点确定的平面满足题意．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查线面的位置关系，掌握线面位置关系及线面平行的判定定理是解题基础．‎ ‎9.若直线与曲线有两个不同交点，则实数的范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在轴以及轴上方的部分，把斜率是1的直线平行移动，即可求得结论．‎ ‎【详解】∵有表示的曲线为圆心在原点，‎ 半径是1的圆在轴以及轴上方的部分．‎ 作出曲线有的图象，在同一坐标系中，‎ 再作出直线，平移过程中，直线先与圆相切，‎ 再与圆有两个交点，‎ 直线与曲线相切时，可得，‎ ‎∴，当直线经过点时，，‎ 直线，而该直线也经过，‎ 即直线与半圆有2个交点．‎ ‎．故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查直线与曲线的交点问题，在同一坐标系中，分别作出函数的图象，借助于数形结合是求解的关键．‎ ‎10.定义在上的函数满足，当时，，则函数在上有（ ）‎ A. 最小值 B. 最大值 C. 最大值 D. 最小值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数增减性的定义证明函数是减函数，即可求解.‎ ‎【详解】设且，则，‎ ‎，‎ 因为时，，所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 所以函数在上是减函数，‎ 所以在上有最小值.‎ ‎【点睛】本题主要考查了定义法证明抽象函数的单调性及单调性的应用，属于中档题.‎ ‎11.如图，在四棱锥中，底，，， ，，若为棱上一点，满足，则（）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据以及线面垂直的相关知识确定出的位置，然后根据位置计算比值.‎ ‎【详解】过作，垂足为，过作，所以平面，所以，又因为且，所以平面，所以；根据等面积有：，解得：，又因为，所以，又因为，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的应用，难度一般.当一条直线与平面内的两条相交直线都垂直时，这条直线必定垂直于此平面.‎ ‎12.已知函数，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的奇偶性与该函数在上的单调性，比较、和三个数的大小关系，然后利用偶函数的性质和函数在上的单调性可得出各选项中不等式的正误.‎ ‎【详解】函数的定义域为，关于原点对称，且，所以，函数为偶函数.‎ 对函数求导得，当时，，则函数在上单调递增，当时，，内层函数在上单调递增，外层函数为增函数，由复合函数法知，函数在上单调递增，所以，函数在上单调递增.‎ 由偶函数的定义得，，‎ ‎.‎ 对数函数为增函数，则，所以，.‎ 易知，，，，则，‎ 所以，，所以，，‎ 因此，，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较函数值的大小，解题时要充分分析出函数的奇偶性和单调性，同时要比较出自变量的大小关系，并将自变量置于同一单调区间，再结合函数的单调性来比较，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知，则_______________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用对数表示后可求的值.‎ ‎【详解】因为，故，‎ 故，所以，故填.‎ ‎【点睛】本题考查指数式和对数式的互化以及对数的运算，属于基础题.‎ ‎14.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪。在四棱锥 中，底面 为邪田，两畔分别为1，3，正广 为 ， 平面，则邪田的邪长为_______；邪所在直线与平面 所成角的大小为________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点作，垂足为，在Rt中，可求BC长，即为邪长，又由题意可证平面，得到 即为所求，在Rt中，求得正切值，可得角.‎ ‎【详解】过点作，垂足为，延长，使得（如图）‎ ‎.‎ 由题意可得，则 ‎ 由题意知，所以，所以.因为 平面，所以，又，所以 平面 ，则 是直线 与平面 所成角的平面角， ，所以 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题以数学文化为载体，考查了线面角及线面垂直的证明，考查了转化与化归思想及推理论证能力，属于中档题.‎ ‎15.已知圆截y轴所得的弦长为，过点且斜率为k的直线l与圆C交于A、B两点，若，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆中弦长的运算可得：，‎ 由点到直线的距离公式可得：，运算可得解.‎ ‎【详解】解：由题意有，‎ 由已知可设直线方程为，‎ 设圆心（4,2）到直线距离为，‎ 则，‎ 即，‎ 则，解得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了圆中弦长的运算及点到直线的距离公式，属中档题.‎ ‎16.在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是____.‎ ‎①存在点，使得平面平面；‎ ‎②存在点，使得平面；‎ ‎③的面积不可能等于；‎ ‎④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐项分析.‎ ‎【详解】①如图 当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；‎ ‎②如图 取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；‎ ‎③如图 作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故错误；‎ ‎④如图 设，在平面内正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.‎ 故填：①②④.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何的综合问题，难度较难.‎ 对于判断是否存在满足垂直或者平行的位置关系，可通过对特殊位置进行分析得到结论，一般优先考虑中点、三等分点；同时计算线段上动点是否满足一些情况时，可以设动点和线段某一端点组成的线段与整个线段长度的比值为，然后统一未知数去分析问题.‎ 三、解答题 ‎17.已知函数的定义域为，求实数的值.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数的定义域为R转化为对于任意实数x都成立．然后分和讨论求得k的取值范围．‎ ‎【详解】函数的定义域是使成立的实数的集合.‎ 由函数的定义域为，得方程是无解.‎ 当时，函数，函数的定义域为，因此符合题意；‎ 当时，无解，即，不等式不成立.‎ 综上，实数的值为0.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的定义域及其求法，考查了不等式的解法，体现了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，是中档题．‎ ‎18.已知直线.‎ ‎（1）若直线不经过第二象限，求的取值范围；‎ ‎（2）设直线与轴的负半轴交于点，与轴的负半轴交于点，若的面积为4（为坐标原点），求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可得，若直线不经过第二象限，则，进而求得答案．‎ ‎（2）由题可得，则的面积为，解出，进而求得答案．‎ ‎【详解】（1）直线的方程为，‎ 整理得.‎ 因为直线不经过第二象限，所以，‎ 解得.‎ 故的取值范围为.‎ ‎（2）由题意的，，‎ 则的面积为.‎ 因为的面积为4，‎ 所以，即.‎ 解得或.‎ 故直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用三角形面积求直线的方程问题，属于一般题．‎ ‎19.如图，在几何体中，，均与底面垂直，且为直角梯形，，，，，分别为线段，的中点，为线段上任意一点.‎ ‎（1）证明：平面.‎ ‎（2）若，证明：平面平面.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可得，进而可得平面，因为，，所以四边形为平行四边形，即，从而得出平面，平面平面，进而证得平面．‎ ‎（2）由题可先证明四边形正方形，连接，则，再证得平面，进而证得平面平面.‎ ‎【详解】证明：（1）因为平面，平面，‎ 所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ 因为，，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ 因为，‎ 所以平面平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为，所以为等腰直角三角形，‎ 则.‎ 因为为的中点，且四边形为平行四边形，‎ 所以，‎ 故四边形为正方形.‎ 连接，则.‎ 因为平面，平面，‎ 所以.‎ 因为，平面，平面，‎ 所以平面.‎ 因为分别，的中点，‎ 所以，则平面.‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明线面平行问题以及面面垂直问题，属于一般题．‎ ‎20.已知圆与直线相交于不同的两点，为坐标原点.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）将两方程联立消去，再解即可；（2）由弦长公式即可求得正解.‎ 试题分析：‎ 试题解析：（1）‎ 解：由消去得 ‎，‎ 由已知得，‎ 得，得实数的取值范围是；‎ ‎（2）‎ 因为圆心到直线的距离为，‎ 所以 由已知得，解得.‎ 考点：1、直线与圆的位置关系；2、圆的弦长公式.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系和圆的弦长公式，综合程度高，属于较难题型.解第一小题时要注意计算检验，防止因为计算错误造成不必要的失分，判断直线与圆的位置关系主要有两种方法：1、联立方程用判别式符号判断位置关系，2、利用圆心到直线的距离与半径的大小关系进行判断；解第二小题也有两种方法1、，.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（1）若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）方程可化为，易知 已是该方程的根，从而要使原方程只有一解，即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解，结合图象可得a的范围； （2）不等式对恒成立，即对恒成立，分，两种情况进行讨论，分离出参数a后转化为求函数的最值即可；‎ ‎【详解】（1）方程，即，变形得，‎ 显然，已是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解，‎ ‎.即的取值范围是.‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，即对恒成立.‎ ‎①当时，式显然成立，此时.‎ ‎②当时，式可变形为 令 当时，，当时，，，故此时.‎ 综合①②，得所求实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查方程根的问题，考查分离参数法的运用，考查恒成立问题，正确变形是解题的关键.‎ ‎22.如图1，在长方形中，为的中点，为线段上一动点．现将沿折起，形成四棱锥.‎ ‎（1）若与重合，且(如图2).证明：平面；‎ ‎（2）若不与重合，且平面平面 (如图3)，设，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由AD⊥BD，AD⊥DE，BD∩DE＝D，可得AD⊥平面BDE，可得AD⊥BE．由E与O重合，可得△ADE与△BCE都为等腰直角三角形，可得BE⊥AE．即可证明结论．‎ ‎（2）过E点作EH⊥AB，垂足为H，并连接DH，证明EH⊥DH，设CE＝x，则DE＝4﹣x，在Rt△DHB中列出t关于x的函数关系式，利用二次函数求最值即可 ‎【详解】（1）由与重合，则有, 因为AD⊥BD，,所以平面，, ‎ ‎,所以平面.‎ ‎（2）如图过E点作EH⊥AB，垂足为H，并连接DH，‎ 又∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，EH⊂平面ABC，‎ ‎∴EH⊥平面ABD，∵DH⊂平面ABD，∴EH⊥DH，‎ 设CE＝x，则DE＝4﹣x，‎ ‎∵BC⊥AB，∴BC∥EH，又CE∥AB，∴BH＝x，EH＝2，‎ ‎∴在Rt△DHE中，DH，‎ ‎∴在Rt△DHB中，t，‎ ‎∵x∈[0，2），∴t∈．‎ ‎【点睛】本题考查了空间位置关系、线面垂直的判定定理与性质定理、勾股定理、二次函数的最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎ ‎