2020-2021学年河南省濮阳市高一（上）1月期末考试数学试卷人教A版（2019）

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这是一份2020-2021学年河南省濮阳市高一（上）1月期末考试数学试卷人教A版（2019），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=−1,0,1,2， B=x|0A.−1,0,1B.0,1C.−1,1,2D.1,2

2. 在空间直角坐标系中，已知点A(1, 0, 2)与点B(1, −3, 1)，若在z轴上有一点M满足MA=MB，则点M坐标为( )
A.(0, 0, −3)B.(0, 0, 3)C.(0, 0, 5)D.(0, 0, −5)

3. 下列叙述中，错误的是（）
A.平行于同一个平面的两条直线平行
B.平行于同一条直线的两条直线平行
C.垂直于同一条直线的两个平面平行
D.垂直于同一个平面的两条直线平行

4. 已知a是函数f(x)=0.5x−lg2x−x2的零点，若0A.f(x0)=0B.f(x0)>0
C.f(x0)<0D.f(x0)的符号不确定

5. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )

A.6+42B.4+42C.6+23D.4+23

6. 若过点2,1的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为( )
A.55B.255C.355D.455

7. 设a=30.7，b=13−0.8 ，c=lg0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
8. 已知lga+lgb=0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则函数f(x)=a−x与函数g(x)=lgbx的图象可能是( )
A.B.
C.D.

9. Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数It（t的单位：天）的Lgistic模型：It=K1+e−0.23(t−53) ，其中K为最大确诊病例数.当It∗=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t∗约为( )（参考数据ln19≈3）
A.60B.63C.66D.69

10. 已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.3B.32C.1D.32

11. 一艘海监船上配有雷达，其监测范围是半径为26km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，船速为10km/ℎ，这艘外籍轮船能被海监船监测到且持续时间长约为（）小时.
A.1B.2C.3D.4

12. 函数f(x)=|lg2x|,x>0,−x2−2x,x≤0, 关于x的方程f(x)=m，m∈R.有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，则x1+x2+x3+x4的取值范围为( )
A.(0,+∞)B.(0,12)C.(1,32)D.(1,+∞)
二、填空题

函数fx=1x+1+lnx的定义域是________.

空间三条直线a，b，c两两异面，则与三条直线都相交的直线有________条．

已知定义在R上的奇函数fx在(−∞,0]上是减函数，若fm+1+f3m−2<0，则实数m的取值范围是________.

过定点P(4, t)作直线l，使l被圆C:x2+y2−6x−6y+9=0截得的弦长为4，若这样的直线l只有1条，则t=________.
三、解答题

我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是1603dm3.

(1)求正方体石块的棱长；

(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积．

已知定义域为R的函数f(x)=2x2x+a−12是奇函数．
(1)求实数a的值；

(2)判断函数f(x)的单调性，并用定义加以证明.

已知△ABC的顶点C4,3，边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，点2,−1是边AB的中点．
(1)求边AC所在直线的方程；

(2)求点B的坐标．

设通过二极管的电流为I，加在它两端的电压为U，我们知道I是U的函数，即I=f(U)．这种函数关系称为二极管伏安特性．通过实验，测得某二极管I与U的关系为：
正向
反向

(1)画出对应值表对应的函数图象；

(2)分析函数的性质．

如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=22a，设E，F分别为PC，BD的中点．

(1)求证：EF // 平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.

在①圆经过C(3, 4)，②圆心在直线x+y−2=0上，③圆截y轴所得弦长为8；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解．
已知圆E经过点A(−1, 2)，B(6, 3)，且________；
(1)求圆E的方程；

(2)已知直线l经过点(−2, 2)，直线l与圆E相交所得的弦长为8，求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高一（上）1月期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据交集的定义写出A∩B即可.
【解答】
解：集合A=−1,0,1,2， B=x|0则A∩B={1,2}.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
设出点M(0, 0, z)，由|MA|=|MB|，建立关于参数z的方程，求y值即可．
【解答】
解：设M(0, 0, z)，由MA=MB，
可得1+(2−z)2=1+9+(1−z)2，
即(2−z)2+1=(1−z)2+10，
解得：z=−3．
M的坐标是(0, 0, −3)．
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间中直线由直线、平面与平面的位置关系逐项判定，即可得解.
【解答】
解：A，平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，即平行、相交或异面，故A错误；
B，由平行公理可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故B正确；
C，由直线与平面垂直的性质可知，垂直于同一条直线的两个平面平行，故C正确；
D，由直线与平面垂直的性质可知，垂直于同一个平面的两条直线平行，故D正确．
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
先分析函数f(x)的单调性，再利用函数单调性即可得出答案．
【解答】
解：因为y=0.5x，y=−lg2x，y=−x2(x>0)都是减函数，
所以f(x)=0.5x−lg2x−x2在(0, +∞)上是减函数.
因为a是函数f(x)=0.5x−lg2x−x2的零点，
所以若0f(a)=0.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
先由三视图分析几何体的直观图，然后再利用三视图的数据和三棱锥的表面积公式计算即可.
【解答】
解：还原几何体，如图三棱锥C1−BCD所示，
该三棱锥是棱长为2的正方体的一部分，
其中CC1=CB=CD=2，
C1D=C1B=BD=22+22=22，
所以其面积为：
S=3×12×2×2+
12×22×22×sin60∘
=6+23.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
由已知设圆方程为：(x−a)2+(y−a)2=a2，将(2,1)代入，求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可.
【解答】
解：依题意：因为点(2,1)在直线2x−y−3=0上，
结合题意可设圆心坐标为a,a，
则2−a2+1−a2=a2，
即a2−6a+5=0，
解得a=1，或a=5，
所以圆心坐标为1,1或(5,5).
d=|2−1−3|5=255或d=|10−5−3|5=255，
所以圆心到直线2x−y−3=0的距离为255.
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
根据指数函数和对数函数的性质，利用中间值即可求出不等关系.
【解答】
解：因为a=30.7>1，
b=13−0.8=30.8>30.7=a，
c=lg0.70.8<，
所以c<1故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
对数函数的图象与性质
指数函数的图象与性质
函数的图象
【解析】
分析可知，1a=b，再由指数函数及对数函数的性质即可得解．
【解答】
解：由lga+lgb=0可知1a=b，故f(x)=a−x=bx，
故函数函数f(x)=a−x与函数g(x)=lgbx的单调性相同，排除A,C,D.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
指数式与对数式的互化
函数模型的选择与应用
【解析】
根据所给材料的公式列出方程K1+e−0.23(t∗−53)=0.95K ，解出t∗即可.
【解答】
解：I(t∗)=K1+e−0.23(t∗−53)=0.95K ，
所以 e−0.23(t∗−53)=119 ，
所以−0.23t∗−53=ln119=−ln19，
解得t∗≈53+30.23≈66.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
三角形的面积公式
三角形五心
球的表面积和体积
【解析】
利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可.
【解答】
解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，
圆O1的半径为r，球O半径为R，
等边三角形△ABC的边长为a，
则S△ABC=34a2=934，
可得a=3，所以r=a3=3.
由题知球O的表面积为16π，则R=2，
由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的截距式方程
点到直线的距离公式
【解析】
以O为原点，建立直角坐标系，求出直线AB和圆O的方程，然后根据直线和圆的位置关系，求出持续时间长．
【解答】
解：如图，以海监船所处O点为原点，建立平面直角坐标系，则A40，0，B0，30，
直线AB 的方程为x40+y30=1，即 3x+4y−120=0，
圆O的方程为x2+y2=262 .
设O到AB距离为d，则 d=−1205=24<26，
所以外籍轮船能被海监船监测到，
设持续时间为t，则t=2262−24210=2ℎ，
故外籍轮船能被海监船监测到，持续时间是2ℎ．
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
作函数f(x)=|lg2x|,x>0−x2−2x,x≤0 的图象，从而可得x3x4＝1，推出x1x2的范围即可求解结果．
【解答】
解：作函数f(x)=|lg2x|,x>0,−x2−2x,x≤0 的图象如下，
设实数解由小到大分别为x1，x2，x3，x4，
结合图象可知，−x2−2x=−(x+1)2+1，最大值为1，对称轴为x=−1，
故x1+x2=−2.
当|lg2x|=1，则x=2或x=12，
−lg2x3=lg2x4，
故x3x4=1，且12所以x3=1x4，
故x1+x2+x3+x4=−2+1x4+x4，x4∈(1,2)．
因为y=1x+x，在x∈(1,2)上单调递增，所以y∈(2,52)，
即x4+1x4∈(2,52)，
所以x1+x2+x3+x4∈(0,12).
故选B.
二、填空题
【答案】
(0,+∞)
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数成立的条件建立不等式组，解不等式即可.
【解答】
解：由题意得，
x+1≠0，x>0，解得x≠−1，x>0，
∴ 函数fx=1x+1+lnx的定义域是(0,+∞).
故答案为：(0,+∞).
【答案】
无数
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
在a、b、c上取三条线段AB、CC′、A′D′，作一个平行六面体ABCD−A′B′C′D′，如图所示．由直线c上一点P与直线a确定的平面β，β和直线b交于点R，由面面平行的性质和平行线的性质得到PR与直线a是相交直线，故直线PR是与a，b，c都相交的一条直线．最后根据点P的任意性，可得满足条件的直线有无数多条．
【解答】
解：在a，b，c上取三条线段AB，CC′，A′D′，
作一个平行六面体ABCD−A′B′C′D′，如图所示.
在c上，即在直线A′D′上取一点P，过a，P作一个平面β，
平面β与DD′交于Q、与CC′交于R，则
由面面平行的性质定理，得QR // a，
于是PR不与a平行，但PR与a共面，故PR与a相交，得直线PR是与a，b，c都相交的一条直线．
根据点P的任意性，得与a，b，c都相交的直线有无穷多条．
故答案为：无数.
【答案】
14,+∞
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据函数的奇偶性和单调性可将不等式转化为m+1>2−3m，解之即可得m的范围．
【解答】
解：∵fx是奇函数，且在(−∞,0]上是减函数，
∴ fx在R上单调递减，
∵fm+1+f3m−2<0，
∴ fm+1<−f3m−2，
即fm+1∴ m+1>2−3m，
解得m>14.
故答案为：14,+∞.
【答案】
1或5
【考点】
直线与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，画出图形，可知满足条件的直线l是过P且与CP垂直的直线，由已知圆的半径、弦长及垂径定理求得|CP|，再由两点间的距离公式列式求得t，分类写出l的方程，则答案可求．
【解答】
解：由圆C:x2+y2−6x−6y+9=0，得(x−3)2+(y−3)2=9，
则圆心C(3, 3)，半径为3．
要使过定点P(4, t)的直线l被圆C:x2+y2−6x−6y+9=0截得的弦长为4，且这样的直线l只有1条，
则P在圆C内部，且直线l是过P且与CP垂直的直线．
∵ 圆C的半径为3，弦长为4，
则|CP|=32−22=5，
即|CP|=(4−3)2+(t−3)2=5，
解得t=1或t=5．
故答案为：1或5.
三、解答题
【答案】
解：(1)设正方体石块的棱长为a(dm)，
则每个截去的四面体的体积为13×12×a23=a348．
由题意可得8×a348+1603=a3，解得a=4dm．
故正方体石块的棱长为4dm.
(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大．
此时正方体的棱长正好是球的直径，
∴ 球形石凳的最大体积：V=43π×423=323πdm3．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
组合几何体的面积、体积问题
【解析】

【解答】
解：(1)设正方体石块的棱长为a(dm)，
则每个截去的四面体的体积为13×12×a23=a348．
由题意可得8×a348+1603=a3，解得a=4dm．
故正方体石块的棱长为4dm.
(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大．
此时正方体的棱长正好是球的直径，
∴ 球形石凳的最大体积：V=43π×423=323πdm3．
【答案】
解：(1)∵ 函数f(x)=2x2x+a−12是奇函数，定义域为R，
∴ f(0)=0，11+a−12=0，
解得a=1．
(2)f(x)=12×2x−12x+1，
设x1，x2∈R，x1则f(x1)−f(x2)=12×(2x1−12x1+1−2x2−12x2+1)
=2x1−2x2(2x1+1)(2x2+1)，
∵ x1∴ 2x1<2x2，2x1+1>0，2x2+1>0，
∴ 2x1−2x2(2x1+1)(2x2+1)<0，
即f(x1)−f(x2)<0，
故f(x)在R上单调递增.
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
（1）令f(0)＝0；（2）利用单调性定义证明；
【解答】
解：(1)∵ 函数f(x)=2x2x+a−12是奇函数，定义域为R，
∴ f(0)=0，11+a−12=0，
解得a=1．
(2)f(x)=12×2x−12x+1，
设x1，x2∈R，x1则f(x1)−f(x2)=12×(2x1−12x1+1−2x2−12x2+1)
=2x1−2x2(2x1+1)(2x2+1)，
∵ x1∴ 2x1<2x2，2x1+1>0，2x2+1>0，
∴ 2x1−2x2(2x1+1)(2x2+1)<0，
即f(x1)−f(x2)<0，
故f(x)在R上单调递增.
【答案】
解：(1)因为边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
所以边AC所在直线的斜率为−2，
所以边AC所在直线的方程为y−3=−2x−4，
即边AC所在直线的方程为2x+y−11=0 .
(2)设点B的坐标为x0,y0，
因为边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
所以x0−2y0−5=0.
又因为点2,−1是边AB的中点，
所以点A的坐标为4−x0,−2−y0.
又因为边AC所在直线的方程为2x+y−11=0，
所以24−x0−2+y0−11=0，即2x0+y0+5=0 ,
由2x0+y0+5=0,x0−2y0−5=0,得x0=−1,y0=−3,
所以点B的坐标为−1,−3 .
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
中点坐标公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
所以边AC所在直线的斜率为−2，
所以边AC所在直线的方程为y−3=−2x−4，
即边AC所在直线的方程为2x+y−11=0 .
(2)设点B的坐标为x0,y0，
因为边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
所以x0−2y0−5=0.
又因为点2,−1是边AB的中点，
所以点A的坐标为4−x0,−2−y0.
又因为边AC所在直线的方程为2x+y−11=0，
所以24−x0−2+y0−11=0，即2x0+y0+5=0 ,
由2x0+y0+5=0,x0−2y0−5=0,得x0=−1,y0=−3,
所以点B的坐标为−1,−3 .
【答案】
解：(1)由上述的对应值表，在UOI的直角坐标系中描点，并用光滑的曲线连结，就可以做出这个函数的图象，如图①②.
(2)由函数的图象可以看出：在二极管的两端加正向电压时，电压从0逐渐升高，对应的电流逐渐增大，而且变化的越来越快，再外加电压达到一定的数值后，图象近似于直线，函数值直线上升；
在二极管的两端加上反向电压时，只要外加电压小于100(V)时，电流I≈0；当外加电压大于100(V)时，电流突然增大（这时表明二极管被击穿）．
【考点】
函数模型的选择与应用
函数的图象
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由上述的对应值表，在UOI的直角坐标系中描点，并用光滑的曲线连结，就可以做出这个函数的图象，如图①②.
(2)由函数的图象可以看出：在二极管的两端加正向电压时，电压从0逐渐升高，对应的电流逐渐增大，而且变化的越来越快，再外加电压达到一定的数值后，图象近似于直线，函数值直线上升；
在二极管的两端加上反向电压时，只要外加电压小于100(V)时，电流I≈0；当外加电压大于100(V)时，电流突然增大（这时表明二极管被击穿）．
【答案】
证明：(1)已知ABCD为正方形，
连接AC∩BD=F，F为AC中点，E为PC中点，
∴ 在△CPA中EF // PA，且PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 平面PAD⊥面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
CD∩PD=D，且CD，PD⊂平面PCD，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）利用线面平行的判定定理：连接AC，只需证明EF // PA，利用中位线定理即可得证；
（2）利用面面垂直的判定定理：只需证明PA⊥面PDC，进而转化为证明PA⊥PD，PA⊥DC，易证三角形PAD为等腰直角三角形，可得PA⊥PD；由面PAD⊥面ABCD的性质及正方形ABCD的性质可证CD⊥面PAD，得CD⊥PA；
【解答】
证明：(1)已知ABCD为正方形，
连接AC∩BD=F，F为AC中点，E为PC中点，
∴ 在△CPA中EF // PA，且PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 平面PAD⊥面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
CD∩PD=D，且CD，PD⊂平面PCD，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【答案】
解：(1)选条件①.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
依题意有5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,25+3D+4E+F=0,
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0；
选条件②.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则圆心坐标(−D2,−E2)，
可得5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,−D2−E2−2=0,
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0；
选择条件③.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则圆心坐标(−D2,−E2)，半径为12D2+E2−4F，
可得5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,D24+16=14(D2+E2−4F),
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0．
(2)化圆C的方程为(x−3)2+(y+1)2=25，则圆心C(3, −1)，半径r=5．
设圆心到直线的距离为d，
则弦长L=2r2−d2=8，即25−d2=4，得d=3．
当直线的斜率不存在时，d=5≠3，
∴ 直线的斜率存在.
设其方程为y−2=k(x+2)，即kx−y+2k+2=0，
由d=|3k+1+2k+2|k2+1=3，解得k=0或k=−158，
∴ 所求直线的方程为y=2或15x+8y+14=0．
【考点】
圆的标准方程
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，无论选择哪一个条件，都可得到关于D、E、F的方程组，求得D、E、F值，则圆的方程可求；
(2)由弦长求得圆心到直线的距离，可知直线斜率不存在时，不合题意，当直线斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列式求得k，则直线方程可求．
【解答】
解：(1)选条件①.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
依题意有5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,25+3D+4E+F=0,
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0；
选条件②.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则圆心坐标(−D2,−E2)，
可得5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,−D2−E2−2=0,
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0；
选择条件③.
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则圆心坐标(−D2,−E2)，半径为12D2+E2−4F，
可得5−D+2E+F=0,45+6D+3E+F=0,D24+16=14(D2+E2−4F),
解得D=−6,E=2,F=−15,
∴ 圆的方程为x2+y2−6x+2y−15=0．
(2)化圆C的方程为(x−3)2+(y+1)2=25，则圆心C(3, −1)，半径r=5．
设圆心到直线的距离为d，
则弦长L=2r2−d2=8，即25−d2=4，得d=3．
当直线的斜率不存在时，d=5≠3，
∴ 直线的斜率存在.
设其方程为y−2=k(x+2)，即kx−y+2k+2=0，
由d=|3k+1+2k+2|k2+1=3，解得k=0或k=−158，
∴ 所求直线的方程为y=2或15x+8y+14=0．UV
0
0.25
0.50
0.75
1
ImA
0
1
5
12
20
UV
0
−5
−10
−100
−105
IμA
0
−1.0
−1.0
−1.1
−100