2022-2023学年甘肃省定西市第一中学高一上学期期末考试理科数学试题（解析版）

定西市第一中学高一年级线上教学质量检测考试

数学（理）试题

第Ⅰ卷（选择题）

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. 集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

直接利用并集和补集运算法则得到答案.

【详解】，，，.

故选：B.

【点睛】本题考查了并集和补集运算，属于简单题.

2. 过点和点的直线的斜率为（    ）

A. -2 B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

根据两点确定的直线的斜率公式即可求解.

【详解】根据斜率公式可得：

过点和点的直线的斜率.

故选：A

【点睛】此题考查根据两点求直线的斜率，根据公式准确求解即可.

3. 设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，则；②若，，则；

③若，，则；④若，，则.

其中正确命题的序号是（    ）

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④

【答案】A

【解析】

【分析】利用面面平行、面面垂直以及线面关系定理分别对四个命题分析解答.

【详解】对于①，若，根据面面平行的性质容易得到，故①正确；

对于②，若，，m与的关系不确定，故②错误；

对于③，若，，可以在找到一条直线l与m平行，所以，故，故③正确；

对于④，若，，那么m与的位置关系为或者，故④错误；

故选：A.

【点睛】本题考查了面面平行、面面垂直以及线面关系定理的运用，关键是熟练掌握应该的定理，正确运用.

4. 已知函数在区间上是单调函数，则实数k取值范围是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用二次函数的单调性列不等式组即可求得.

【详解】函数的对称轴为.

要使函数在区间上是单调函数，只需或，

解得：或.

故选：A

5. 已知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】由三视图画出主观图，利用锥体体积公式即可求得.

【详解】

由三视图可知，该几何体是底面是上底为，下底为，高为的直角梯形，高为的四棱锥，

.

故选：.

【点睛】本题主要考查的是由三视图画出主观图，再求出其体积，由三视图画出主观图的步骤和思想方法是：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体的前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整，

6. 设a＝log32，b＝log23，，则（　　）

A. c<b<a B. a<c<b

C. c<a<b D. b<c<a

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用对数函数的单调性，结合“媒介数”比较作答.

【详解】依题意，，，则，而，

因此，即选项C正确.

故选：C

7. 已知函数则的值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先计算，再将代入解析式中计算即可.

【详解】解：因为

所以，

所以.

故选：A.

8. 若函数的定义域为，则的定义域是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由抽象函数定义域的求解原则可得出，解此对数不等式可求得函数的定义域.

【详解】由于函数的定义域为，

对于函数，则有，解得.

因此，函数的定义域是.

故选：C.

9. 在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】过点作的垂线，垂足为，由线面垂直判定可知平面，则所求角即为，由长度关系求得即可.

【详解】在平面内过点作的垂线，垂足为，连接.

，，，平面，

平面，的正弦值即为所求角的正弦值，

，，.

故选：D.

10. 若函数在区间[0,2]上的最大值和最小值的和为5，则函数在区间上的最大值和最小值之差是

A. 1 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：依题意有，所以在区间的值域为，故最大值和最小值之差是.

考点：函数的单调性与最值.

11. 若过定点且斜率为的直线与圆在第一象限内的部分有交点，则的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】

12. 若定义在R上的偶函数满足，且时，，则方程的零点个数是（　　）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 6个

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知是周期为2的偶函数，则做出函数与函数的图像，交点个数即为零点个数.

【详解】解：由可知是周期为2的偶函数，

作函数与函数的图像如下：

方程的零点个数即函数与函数的交点个数，

由图像可知，有四个不同的交点，

故选：C.

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知直线与直线互相平行，则______.

【答案】

【解析】

【分析】由两直线平行得，，解出值.

【详解】由直线与直线互相平行，得，

解得

故答案为：.

【点睛】本题考查两直线平行的性质，两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，属于基础题.

14. 已知幂函数的图象过点，则___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据条件，设幂函数为为常数)，再根据幂函数过点即可求解.

【详解】设幂函数为为常数)，因为幂函数过点，

所以，则，

所以，

故答案为：.

15. 已知函数，在R上是增函数，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据分段函数单调递增可得两段也必单调递增,且左段最大值小于等于右段的最小值,据此列式可解得.

【详解】由函数在R上是增函数可得，

解得.

故答案为 .

【点睛】本题考查了分段函数的单调性,属于中档题.

易错警示:忽视左段的最大值小于等于右段的最小值.

16. 若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，平面ABC，，，且三棱锥的体积为，则球O的体积为________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据几何体特征补图成长方体，长方体的体对角线就是该锥体外接球的直径，即可求得体积.

【详解】

平面ABC，，，且三棱锥的体积为，

即，解得，

由题可得两两互相垂直，

对几何体补图成如图所示的长方体，不共面的四点确定一个球，

所以长方体与三棱锥有同一个外接球，球的直径为长方体体对角线长，

即，

所以外接球半径为，

体积.

故答案为：

【点睛】此题考查求三棱锥外接球的体积，关键在于准确求出外接球的半径，解决此类问题，多做积累，特殊几何体常见的处理办法.

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程．

17. （1）求值

（2）设，求函数的最大值和最小值.

【答案】（1）19；（2）最大值为5，最小值为3.

【解析】

【分析】（1）利用幂的运算性质直接求解；（2）利用复合函数的值域求解方法直接求解.

【详解】（1）

（2）令，因为，所以.

则函数可化为.

因为在上单调递减，在上单调递增，所以

当，即时，最小；

当，即时，最大.

所以函数的最大值为5，最小值为3.

18. 如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点

求证：（1）直线EF∥平面PCD；

（2）平面BEF⊥平面PAD.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】简单考察空间想象能力和推理论证能力、线面平行和垂直的判定与性质，容易题.

【详解】（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，

又平面面，

直线EF‖平面PCD

（2）F是AD的中点，

又平面PAD⊥平面ABCD，

所以，平面BEF⊥平面PAD.

19. 已知函数满足，且．

（1）求函数的解析式；

（2）若在[0,2]上的最大值为2，求实数的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【详解】（1）利用换元法令，则，由求得，所以；（2）根据（1）有，对称轴为，函数左减右增，最大值在两端取得，、，当时，，当时，，，.

（1）令，则，又，
 

，即.

（2），

图像对称轴为，

在上是减函数，在上是增函数，

在上的最大值为或，

又，，

当时，，当时，，，.

20. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．

（1）求圆A的标准方程；

（2）求直线l的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；

（2）分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.

【小问1详解】

设圆A半径为R，由圆与直线相切得，

∴圆A的标准方程为.

【小问2详解】

i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；

ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，

Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.

∴直线l的方程为或.

21. 已知函数

（1）当时，求的定义域、值域.

（2）当时，判断的单调性，并用定义证明.

【答案】（1）的定义域为，值域为；   

（2）在上为减函数，证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接求出定义域和值域；（2）先判断出单调性，再用定义法证明.

【小问1详解】

要求函数的定义域，只需: ,即.

因为,由指数函数的性质可得：,∴函数的定义域为.

因为,并且,所以∴函数的值域为.

【小问2详解】

在上为减函数.

任取,且.

因为,则，所以，

所以，即.

故函数在上为减函数.

22. 如下图，在三棱锥中，分别是的中点，，.

（1）求证：平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）先证明出，，利用线面垂直的判定定理直接证明；

（2）取的中点，连接.判断出直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角，利用余弦定理即可求解；

（3）利用等体积法求解

【小问1详解】

连接OC.

∵，是的中点，

∴，且.

又，是的中点，

∴，且.

在中，，所以，即.

又，平面，平面，∴平面.

【小问2详解】

取的中点，连接.

由是的中点，知，所以直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角.

在中， ，.

∵OM是直角三角形AOC斜边上的中线，∴.

在中，由余弦定理可得：

，

所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.

【小问3详解】

设点到平面的距离为h.

.

在△中， ，

∴.

∴.

即点到平面的距离为.