2020-2021年河南省南阳市高一（上）期末考试数学试卷北师大版

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这是一份2020-2021年河南省南阳市高一（上）期末考试数学试卷北师大版，共9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M=x|0A.x|−2
2. 设P1,−2,5是空间直角坐标系中的一点，则点P关于坐标平面yOz的对称点的坐标为( )
A.1,2,−5B.−1,−2,5C.−1,−2,−5D.1,−2,−5

3. 已知直线l过点A−4,1，Bx,−3，若直线l的倾斜角为45∘，则x的值为( )
A.−8B.8C.0D.−4

4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

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

5. 设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A.若l // α，l // β，则α // βB.若l // α，l⊥β，则α⊥β
C.若α⊥β，l⊥α，则l ⊥ βD.若α⊥β，l // α，则l⊥β

6. 已知a=5lg23.4，b=5lg43.6，c=(15)lg30.3，则（）
A.a>b>cB.b>a>cC.a>c>bD.c>a>b

7. 已知直线l1：k−3x+4−ky+1=0与l2：2k−3x−2y+k−3=0平行，则k的值为( )
A.4B.3C.5D.3或5

8. 已知圆C的方程为：x2+y2+4x−6y+4=0，函数f(x)=1+lga(x+4)(a>0且a≠1）过定点P，则过点P的所有直线中被圆C截得的最短的弦长为( )
A.1B.2C.5D.4

9. 定义域为R的奇函数fx，满足fx=fx−3，当x∈0,1时，fx=2+lg2x，则f52的值为( )
A.−12B.12C.−1D.1

10. 函数fx=lg3x2−ax+3a在区间2,+∞上是增函数，则a的取值范围是( )
A.−4,4B.(−4,4]
C.−4,4D.−∞,−4∪2,+∞

11. 已知f(x)=ln(x2+1)，g(x)=(12)x−m，若对任意x1∈0,3，存在x2∈1,2使得fx1≥gx2成立，则m的取值范围是( )
A.[14,+∞)B.[12,+∞)C.(−∞,14]D.(−∞,−12)

12. 已知正三棱锥P−ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上，若PA，PB，PC两两垂直，则球心到平面ABC的距离为( )
A.36B.33C.233D.3
二、填空题

已知集合A=x|ax+1=0，B=x|x2−2x−63=0，若A⊆B，则由实数a组成的集合为________.

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线CD1与BD所成角为________.

已知4a=3b=6，则1a+2b=________.

已知函数fx=|lg2x|，有fm=fn0三、解答题

求过点A2,6且在坐标轴上截距相等的直线l的一般方程．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：

(1)PA // 平面BDE；

(2)平面PAC⊥平面BDE．

已知：圆C：x2+y2−2y−4=0，直线l：mx−y+1=m.
(1)求证：对于任意m∈R，直线l与圆C恒有两个不同的交点；

(2)若直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|=17，求实数m的值．

已知函数fx=m−3x1+3x是R上的奇函数．
(1)求m的值；

(2)证明：fx在R上单调递减；

(3)若对任意的t∈0,5，不等式ft2+2t+k+f−2t2+2t−5>0恒成立，求实数k的取值范围．

如图，已知矩形ABCD中，AB=10，BC=6，把△ABD沿矩形的对角线BD折起，A移到A1点，使平面A1CD⊥平面BCD．

(1)求证：BC⊥A1D；

(2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD；

(3)求点C到平面A1BD的距离．

已知函数f(2x−1)=x，x∈[0, 2]，将函数y=f(x)的图象先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y=g(x)的图象.
(1)分别求函数f(x)与g(x)的解析式；

(2)设函数ℎ(x)=[g(x)]2+mg(x2)，若ℎ(x)有零点，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省南阳市高一（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
直接利用集合的并集运算求解即可.
【解答】
解：因为集合M=x|0所以M∪N={−2故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
空间直角坐标系
【解析】
根据空间点的对称性分别进行判断即可．
【解答】
解：因为点P(a, b, c)与点P′关于坐标平面yOz对称，则y，z不变，x相反，
所以对称点P′(−a, b, c)，
所以P1,−2,5关于坐标平面yOz的对称点的坐标为(−1,−2,5).
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
斜率的计算公式
【解析】
直接利用两点的斜率公式求解即可.
【解答】
解：因为直线l过点A−4,1，Bx,−3，倾斜角为45∘，
所以tan45∘=1+3−4−x=1，
解得x=−8.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
还原几何体，利用棱锥表面积求法求解即可.
【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，
所以该几何体的表面积为
S=3×12×2×2+12×22×22sin60∘
=6+23.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
在A中，α与β相交或平行；在B中，l与β相交、平行或l⊂β；在C中，l与β相交、平行或l⊂β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】
解：由l是直线，α和β是两个不同的平面，知：
A，若l // α，l // β，则α与β相交或平行，故A错误；
B，若l // α，l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正确；
C，若α⊥β，l⊥α，则l与β平行或l⊂β，故C错误；
D，若α⊥β，l // α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D错误.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
指数函数单调性的应用
【解析】
比较大小的方法：找1或者0做中介判断大小，lg43.6<1，lg23.4>1，利用分数指数幂的运算法则和对数的运算法则对c进行化简，得到c=(15)lg30.3=5lg3103>1>b，再借助于中间值lg2103进行比较大小，从而得到结果．，
【解答】
解：∵ lg23.4>1，lg43.6<1，
又y=5x是增函数，
∴ a>b，
c=(15)lg30.3=5lg3103
>5lg33=51=5lg44>5lg43.6=b.
而lg23.4>lg2103>lg3103，
∴ a>c.
故a>c>b．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意分k=3和k−3≠0两种情况进行分析即可得到答案.
【解答】
解：当k−3=0，即k=3时，两直线的方程分别为y=−1和y=0，显然两直线平行；
当k−3≠0时，由两直线平行可得k−34−k=2(k−3)−2，
解得k=5，
此时，直线l1，l2重合，不符合题意舍去.
综上，k的值是3.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交时的弦长问题
对数函数的图象与性质
【解析】
先利用对数函数的性质求出定点坐标，进而得到当过点P的直线与CP垂直时，截得的弦最短，利用弦长公式即可得到答案.
【解答】
解：∵当x=−3时，f(−3)=1+lga1=1，
∴fx恒过P−3,1 ，
圆C化为标准方程为x+22+y−32=9，
其圆心为C−2,3 ，半径为r=3，
将P−3,1代入，可知P在圆内，
当过点P的直线与CP垂直时，截得的弦最短，
最短弦长为2r2−CP2=29−−3+22+1−32=4.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
函数奇偶性的性质
函数的周期性
【解析】
由题意得到函数为周期函数，周期为3，利用函数的周期性和奇偶性得到f52=f(−12)=−f(12))=−(2−1)=−1.
【解答】
解：∵定义域为R的奇函数fx，满足fx=fx−3，
∴函数为周期函数，周期为3.
∵x∈0,1时，fx=2+lg2x，
∴f52=f−12=−f12=−(2−1)=−1.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵fx=lg3x2−ax+3a在2,+∞上单调递增，
∴x2−ax+3a在2,+∞上单调递增.
∵x2−ax+3a=x−a22+3a−a24,
∴ 对称轴为x=a2，
∴a2≤2 ，解得a≤4.
∵ x2−ax+3a>4−2a+3a=4+a>0 ，
∴a>−4，
∴a的取值范围是(−4,4].
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
函数的值域及其求法
【解析】
先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．
【解答】
解：x1∈[0,3]时，f(x1)∈[0,ln10]；
x2∈[1,2]时，g(x2)∈[14−m,12−m]．
∵对任意x1∈0,3，存在x2∈1,2使得fx1≥gx2成立，
∴0≥14−m，
解得m≥14．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
【解析】
先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化为正方体中，中心到截面的距离问题，利用等体积法可实现此计算
【解答】
解：∵ 正三棱锥P−ABC，PA，PB，PC两两垂直，
∴ 此正三棱锥的外接球即以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O.
设正方体的边长为a，
∵ 球O的半径为3，
∴3a2=(23)2，
∴ 正方体的边长a=2，即PA=PB=PC=2.
∵球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，
∴设P到截面ABC的距离为ℎ，
则正三棱锥P−ABC的体积V=13S△ABC⋅ℎ
=13S△PAB⋅PC=13×12×2×2×2=43.
∵S△ABC=12×22×(22×sin60∘)=23，
∴ ℎ=3VS△ABC=233，
∴ 正方体中心O到截面ABC的距离为3−233=33.
故选B.
二、填空题
【答案】
{−19, 0, 17}
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
根据A⊆B，利用分类讨论思想求解即可．
【解答】
解：由题意，得B=9,−7，
当a=0时，A=⌀，A⊆B；
当a≠0时，A={−1a}⊆B，−1a=9或−1a=−7，
解得a=−19或a=17，
综上，实数a的所有可能取值的集合为{−19, 0, 17}.
故答案为：{−19, 0, 17}．
【答案】
60∘
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，异面直线CD1与BD所成角即直线CD1与B1D1所成角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为1，
则CD1=B1D1=B1C=2，
所以△B1CD1为等边三角形，
所以∠CD1B1=60∘.
故答案为：60∘.
【答案】
4
【考点】
对数的运算性质
指数式与对数式的互化
【解析】
利用对数与指数的互化求出a，b，再利用对数的运算进行求解即可.
【解答】
解：∵ 4a=3b=6，
∴ a=lg46，b=lg36，
∴ 1a+2b=lg64+2lg63=lg64×32=4.
故答案为：4.
【答案】
5
【考点】
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数f(x)=lg2x的图象如图，
得0所以0因为当m∈(−1,1)时，函数单调递减，
所以当x=m2时f(x)在[m2,n]上取得最大值，
所以fm2=lg2m2=4.
又因为0所以m=14；
因为f(m)=f(n)，
所以n=4，
所以4m+n=5.
故答案为：5.
三、解答题
【答案】
解：①当直线l在两坐标轴上的截距都等于0时，
直线l的方程为y=3x，即3x−y=0；
②当直线l在两坐标轴上的截距都不等于0时，
设方程为xa+ya=1，
把点A2,6代入xa+ya=1，
解得a=8，
所以直线l的方程为x+y−8=0．
综上，直线l的一般方程为3x−y=0或x+y−8=0．
【考点】
直线的截距式方程
直线的一般式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①当直线l在两坐标轴上的截距都等于0时，
直线l的方程为y=3x，即3x−y=0；
②当直线l在两坐标轴上的截距都不等于0时，
设方程为xa+ya=1，
把点A2,6代入xa+ya=1，
解得a=8，
所以直线l的方程为x+y−8=0．
综上，直线l的一般方程为3x−y=0或x+y−8=0．
【答案】
证明：(1)连接OE，如图，
∵ O是AC的中点，E是PC的中点，
∴ OE // AP.
又∵ OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴ PA // 平面BDE．
(2)∵ PO⊥底面ABCD，
∴ PO⊥BD.
又∵ AC⊥BD，且AC∩PO=O，
∴ BD⊥平面PAC．
∵ BD⊂平面BDE，
∴ 平面PAC⊥平面BDE．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
对（1），通过作平行线的方法，由线线平行来证线面平行．
对
（2），只需证明平面BDE内的一条直线BD垂直于平面PAC内的两条相交直线即可．
【解答】
证明：(1)连接OE，如图，
∵ O是AC的中点，E是PC的中点，
∴ OE // AP.
又∵ OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴ PA // 平面BDE．
(2)∵ PO⊥底面ABCD，
∴ PO⊥BD.
又∵ AC⊥BD，且AC∩PO=O，
∴ BD⊥平面PAC．
∵ BD⊂平面BDE，
∴ 平面PAC⊥平面BDE．
【答案】
(1)证明：由x2+y2−2y−4=0得 x2+y−12=5①，
由mx−y+1=m得 y=mx−m+1②，
将②代入①得x2+mx−m2−5=0，
整理，得m2+1x2−2m2x+m2−5=0，
因为Δ=4m4−4m2+1m2−5=44m2+5>0，
所以直线l与圆C恒有两个不同的交点．
(2)解：由题意知|AB|=17，r=5，
由垂径定理得圆心到直线l的距离为
d=r2−(|AB|2)2=5−174=32 .
所以d=|−1+1−m|m2+1=32，
解得m=±3.
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由x2+y2−2y−4=0得 x2+y−12=5①，
由mx−y+1=m得 y=mx−m+1②，
将②代入①得x2+mx−m2−5=0，
整理，得m2+1x2−2m2x+m2−5=0，
因为Δ=4m4−4m2+1m2−5=44m2+5>0，
所以直线l与圆C恒有两个不同的交点．
(2)解：由题意知|AB|=17，r=5，
由垂径定理得圆心到直线l的距离为
d=r2−(|AB|2)2=5−174=32 .
所以d=|−1+1−m|m2+1=32，
解得m=±3.
【答案】
(1)解：因为函数fx=m−3x1+3x是R上的奇函数，
所以其图象必经过原点，
所以f0=0，即m−12=0，
解得m=1．
(2)证明：由(1)知fx=1−3x1+3x，任取x1，x2∈R且x1则f(x1)−f(x2)
=1−3x11+3x1−1−3x21+3x2
=(1−3x1)(1+3x2)−(1+3x1)(1−3x2)(1+3x1)(1+3x2)
=2(3x2−3x1)(1+3x1)(1+3x2)，
因为x1所以3x1<3x2，
所以3x2−3x1>0，
所以fx1−fx2>0，即fx1>fx2，
所以fx在R上单调递减．
(3)解：不等式ft2+2t+k+f−2t2+2t−5>0可化为
ft2+2t+k>−f−2t2+2t−5，
因为fx是奇函数，
所以ft2+2t+k>f2t2−2t+5 ．
由(2)知fx在R上单调递减，
所以t2+2t+k<2t2−2t+5，即k所以对任意的t∈[0,5]，不等式k设gt=t2−4t+5=t−22+1，
所以当t∈[0,5]时，1≤gt≤10．
所以当k<1时，不等式k【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
奇偶性与单调性的综合
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为函数fx=m−3x1+3x是R上的奇函数，
所以其图象必经过原点，
所以f0=0，即m−12=0，
解得m=1．
(2)证明：由(1)知fx=1−3x1+3x，任取x1，x2∈R且x1则f(x1)−f(x2)
=1−3x11+3x1−1−3x21+3x2
=(1−3x1)(1+3x2)−(1+3x1)(1−3x2)(1+3x1)(1+3x2)
=2(3x2−3x1)(1+3x1)(1+3x2)，
因为x1所以3x1<3x2，
所以3x2−3x1>0，
所以fx1−fx2>0，即fx1>fx2，
所以fx在R上单调递减．
(3)解：不等式ft2+2t+k+f−2t2+2t−5>0可化为
ft2+2t+k>−f−2t2+2t−5，
因为fx是奇函数，
所以ft2+2t+k>f2t2−2t+5 ．
由(2)知fx在R上单调递减，
所以t2+2t+k<2t2−2t+5，即k所以对任意的t∈[0,5]，不等式k设gt=t2−4t+5=t−22+1，
所以当t∈[0,5]时，1≤gt≤10．
所以当k<1时，不等式k【答案】
(1)证明：∵ 平面A1CD⊥平面BCD，
且平面A1CD∩平面BCD=CD，BC⊂平面BCD，BC⊥CD，
∴ BC⊥平面A1CD．
∵ A1D⊂平面A1CD，
∴ BC⊥A1D．
(2)证明：∵ BC⊥A1D，A1D⊥A1B，BC∩A1B=B，
∴ A1D⊥平面A1BC.
又∵ A1D⊂平面A1BD，
∴ 平面A1BC⊥平面A1BD．
(3)解：过点A1作A1O⊥DC交DC于点O，如图，
设C到平面A1BD的距离为ℎ，
∵ 平面A1CD⊥平面BCD，交线为CD，
∴A1O⊥平面BCD，
又∵ VC−A1BD=VA1−DBC ，
∴ 13S△A1BD ⋅ℎ=13S△DBC ⋅A1O．
在△A1BC中，A1B=10，BC=6，
∴ A1C=8，
∴ A1O=6×810=245．
又∵ S△A1BD=S△DBC，
∴ ℎ=245．
【考点】
两条直线垂直的判定
平面与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 平面A1CD⊥平面BCD，
且平面A1CD∩平面BCD=CD，BC⊂平面BCD，BC⊥CD，
∴ BC⊥平面A1CD．
∵ A1D⊂平面A1CD，
∴ BC⊥A1D．
(2)证明：∵ BC⊥A1D，A1D⊥A1B，BC∩A1B=B，
∴ A1D⊥平面A1BC.
又∵ A1D⊂平面A1BD，
∴ 平面A1BC⊥平面A1BD．
(3)解：过点A1作A1O⊥DC交DC于点O，如图，
设C到平面A1BD的距离为ℎ，
∵ 平面A1CD⊥平面BCD，交线为CD，
∴A1O⊥平面BCD，
又∵ VC−A1BD=VA1−DBC ，
∴ 13S△A1BD ⋅ℎ=13S△DBC ⋅A1O．
在△A1BC中，A1B=10，BC=6，
∴ A1C=8，
∴ A1O=6×810=245．
又∵ S△A1BD=S△DBC，
∴ ℎ=245．
【答案】
解：(1)令2x−1=t，则t∈[0, 3]，
所以x=lg2(t+1)，
所以f(t)=lg2(t+1)，
所以f(x)的解析式为f(x)=lg2(x+1)，x∈[0, 3]，
所以g(x)=f(x−1)+1=lg2x+1，x∈[1, 4]．
(2)因为1≤x2≤4，
所以1≤x≤2．
函数ℎ(x)=[g(x)]2+mg(x2)=(lg2x+1)2+m(lg2x2+1)
=(lg2x)2+2lg2x+1+m(2lg2x+1)．
令n=lg2x，n∈[0, 1]，
则ℎ(x)有零点等价于关于n的方程n2+2n+1+m(2n+1)=0在[0, 1]上有解．
m=−n2+2n+12n+1，
令2n+1=μ∈[1, 3]，则n=μ−12，
所以m=−μ2+2μ+14μ=−14(μ+1μ+2)．
因为m在[1, 3]上单调递减，
所以m的取值范围为[−43, −1]．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
（1）利用函数的关系式求出函数的反函数，进一步求出结果．
（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用求出结果．
【解答】
解：(1)令2x−1=t，则t∈[0, 3]，
所以x=lg2(t+1)，
所以f(t)=lg2(t+1)，
所以f(x)的解析式为f(x)=lg2(x+1)，x∈[0, 3]，
所以g(x)=f(x−1)+1=lg2x+1，x∈[1, 4]．
(2)因为1≤x2≤4，
所以1≤x≤2．
函数ℎ(x)=[g(x)]2+mg(x2)=(lg2x+1)2+m(lg2x2+1)
=(lg2x)2+2lg2x+1+m(2lg2x+1)．
令n=lg2x，n∈[0, 1]，
则ℎ(x)有零点等价于关于n的方程n2+2n+1+m(2n+1)=0在[0, 1]上有解．
m=−n2+2n+12n+1，
令2n+1=μ∈[1, 3]，则n=μ−12，
所以m=−μ2+2μ+14μ=−14(μ+1μ+2)．
因为m在[1, 3]上单调递减，
所以m的取值范围为[−43, −1]．