陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高一上学期月考数学试题

陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高一上学期月考数学试题

吴起高级中学2019—2020学年第一学期第二次月考 高一数学试卷 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）‎ ‎1.已知集合，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素与集合之间关系，可直接得出结果.‎ ‎【详解】因为集合，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查元素与集合之间关系的判断，熟记元素与集合之间的关系即可，属于基础题型.‎ ‎2.线段在平面内，则直线与平面的位置关系是（ ）.‎ A. B. ‎ C. 线段的长短而定 D. 以上都不对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面基本性质的公理1，得如果直线上有两点在平面内，那么直线上所有的点都在平面内,由此不难得到正确答案．‎ ‎【详解】∵线段AB在平面内，即A∈且B∈‎ ‎∴根据平面的基本性质的公理1，得直线AB⊂，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面的基本性质的公理1的应用，属于基础题.‎ ‎3.下图是由哪个平面图形旋转得到的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆柱、圆锥与圆台的定义，判断选项中的图形旋转一周后所得到的几何体的形状，进而可得结果,.‎ ‎【详解】B中图形旋转得到两个相同底面的圆锥，不合题意；‎ C中图形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥，不合题意；‎ D中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱，不合题意；‎ A中图形旋转得到一个圆台与一个圆锥，合题意，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查旋转体的基本定义，考查了空间想象能力，属于基础题.‎ ‎4.已知定义在上的函数的图像是连续的，且有如下对应值表，那么一定存在零点的区间是（ ）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5.1‎ ‎4.2‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数零点存在定理，结合题中数据，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，， ‎ 所以，‎ 又函数在上连续，由函数零点存在定理，可得：在区间上必有零点.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查函数零点所在区间的判断，熟记函数零点存在定理即可，属于基础题型.‎ ‎5.某同学制作了一个对面图案均相同的正方形礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为(对面是相同的图案)(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 其展开图是沿盒子的棱剪开，无论从哪个棱剪开，剪开的相邻面在展开在图中可以不相邻，但未剪开的相邻面在展开图中一定相邻，又相同的图案是盒子相对的面，展开后绝不能相邻．故选A.‎ ‎6.设函数，则的值为 A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为f(x)=，则f[f(2)]=f（1）=2,选C ‎7.正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，异面直线AA1与BC1所成的角为 A. 60° B. 45° C. 30° D. 90°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由正方体性质可知，直线∥，‎ 所以异面直线与所成的角即转化为直线与所成的角，‎ 那么在中，可知与所成的角为，‎ 所以即异面直线与所成的角为．‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三视图可得该几何体是半个圆柱，根据图中数据，以及圆柱的体积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】由三视图可得：该几何体是半个圆柱，且圆柱底面圆半径为，高为，‎ 因此，该几何体的体积为：.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查由几何体三视图求几何体的体积，熟记几何体的结构特征，以及圆柱的体积公式即可，属于基础题型.‎ ‎9.若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数与对数函数的单调性，分别求出，，的范围，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，且，，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查比较指数幂与对数的大小，熟记指数函数与对数函数的单调性即可，属于基础题型.‎ ‎10.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由斜二测画法的原则，得到原平面图形为直角梯形，根据直观图的腰长和上底长，得到原平面图形的腰长与上下底的长，进而可求出其面积.‎ ‎【详解】由斜二测画法的原则可得：原平面图形为直角梯形，‎ 因为直观图中，腰和上底边均为1‎ 所以原图形的上底长度为，下底为，直角腰长为，‎ 因此，这个平面图形面积是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查由直观图求原图形的面积，熟记斜二测画法的原则即可，属于常考题型.‎ ‎11.设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列四个命题：‎ ‎①若，，则；②若，，则；‎ ‎③若，，在内，则；④若，，则.‎ 正确命题的个数为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直与平行的判定定理及性质，面面垂直的判定定理及性质，直线与直线位置关系，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】①若，，根据线面垂直的判定定理与性质可得：成立；故①正确；‎ ‎②若，，由线面垂直的性质可得：；故②正确；‎ ‎③若，，则，又在内，由面面垂直的判定定理，可得：；故③正确；‎ ‎④若，，由于不确定与的关系，所以、可能平行或异面；故④错.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面关系，以及面面关系的相关判断，熟记线面，面面位置关系，以及垂直与平行的判定定理及性质即可，属于常考题型.‎ ‎12.设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，画出函数图象如下图所示，由图可知与异号的区间是.‎ 考点：函数的奇偶性与单调性.‎ ‎【思路点晴】本题主要考查函数的奇偶性，考查函数的单调性，考查数形结合的数学思想方法.由于函数是奇函数，所以图象关于原点对称，结合和函数在上单调递增，可以画出函数在上的函数图象，根据对称性画出上的图象.如果函数是偶函数，则图象关于轴对称，的图象也关于轴对称.‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.函数的定义域为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据解析式得到，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意可得：，即，‎ 即函数的定义域为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求具体函数定义域，只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可，属于基础题型.‎ ‎14.计算：___________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数幂的运算法则，以及对数的运算法则，直接计算，即可得出结果.‎ ‎【详解】.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查指数幂的运算以及对数的运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.‎ ‎15.已知长方体的长宽高分别为3、4、5，则该长方体外接球半径为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据长方体外接球的半径为长方体的体对角线长度的一半，结合题中数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为长方体长宽高分别为3、4、5，‎ 所以其体对角线的长为,‎ 又由长方体的结构特征可知：其外接球半径等于其体对角线长度的一半，‎ 所以该长方体外接球半径为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求几何体外接球的半径，熟记长方体的结构特征即可，属于基础题型.‎ ‎16.下图为一个母线长为2，底面半径为的圆锥，一只蚂蚁从点出发，沿着表面爬行一周，又回到了点，则蚂蚁爬行的最短距离为_________.（填数字）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先记圆锥的顶点为，沿将圆锥展开，作出其侧面展开图，根据图形得到爬行的最短距离即是弦的长，结合题中数据，求出弧的长度，再由弧长公式求出圆心角，即可得出结果.‎ ‎【详解】记圆锥的顶点为，沿将圆锥展开，作出其侧面展开图，‎ 由图形可得，蚂蚁从点出发，沿表面爬行一周，又回到点，爬行的最短距离即是弦的长，‎ 因为底面半径为，所以底面圆的周长为，‎ 即展开图中弧的长度为，又母线长为2，所以，‎ 因此，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥 侧面展开图，以及弧长公式的相关计算，熟记几何体结构特征，以及弧长公式即可，属于常考题型.‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共70分）解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程）‎ ‎17.已知集合，‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据交集的概念，结合题中条件，即可得出结果；‎ ‎（2）根据并集的概念，结合题中条件，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为集合，，‎ ‎（1）所以；‎ ‎（2）所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查求集合的交集与并集，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎18.下图是一个正四棱锥玩具模型，已知它的底面边长为，高为，现在给其外表贴一层保护膜，试求出所需保护膜面积.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题中图形，连接，取中点为，中点为，连接，，，根据题意，得出，，的长度，再由四棱锥的表面积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】如图，连接，取中点为，中点为，连接，，，‎ 则，且；‎ 因为正四棱锥底面边长为，高为，‎ 所以，，所以，‎ 又，所以，‎ 因此，‎ 底面正方形的面积为：；‎ 所以，给该正四棱锥玩具模型外表贴一层保护膜，所需保护膜的面积为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查求正四棱锥的表面积，熟记正四棱锥的结构特征，以及表面积公式即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知二次函数最大值为，且。‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）求的单调区间.‎ ‎【答案】（1）；（2）增区间、减区间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意，设，其中，根据二次函数的性质，得到，求出，即可得出函数解析式；‎ ‎（2）根据二次函数的性质，由解析式确定对称轴与开口方向，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为函数为二次函数，且，‎ 所以可设，其中，‎ 根据二次函数性质可得：函数关于对称，‎ 又函数的最大值为，所以，‎ 即，解得：，‎ 所以；‎ ‎（2）因为的对称轴为，且开口向下，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 即的单调递增区间是；单调递减区间是.‎ ‎【点睛】本题主要考查求二次函数的解析式，以及二次函数的单调区间，熟记二次函数性质即可，属于常考题型.‎ ‎20.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，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的边的中点，‎ 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：‎ ‎①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；‎ ‎②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；‎ ‎③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；‎ ‎④借助“传递性”来完成．‎ ‎21.如图，长方体ABCD–A1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎（1）证明：BE⊥平面EB‎1C1；‎ ‎（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见详解；（2）18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为在长方体中，平面；‎ 平面，所以，‎ 又，，且平面，平面，‎ 所以平面； ‎ ‎（2）设长方体侧棱长为，则，‎ 由（1）可得；所以，即，‎ 又，所以，即，解得；‎ 取中点，连结，因为，则；‎ 所以平面，‎ 所以四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.‎ ‎22.设，且，.‎ ‎（1）求、的值；‎ ‎（2）当时，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意，得到，求解，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1）得，令，由题意，求出，再由对数函数的单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，且，，‎ 所以，即，解得：；；‎ ‎（2）由（1）得：‎ 令，则，‎ 因为，所以，‎ 所以，即：‎ 因为在上单调递增 所以，‎ 即函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数值求参数，以及求对数型复合函数的最值，熟记对数运算法则，以及对数函数的单调性即可，属于常考题型.‎