河南省平顶山市2020-2021学年高一上学期期末数学试题（word版 含答案）

河南省平顶山市2020-2021学年高一上学期期末数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．圆的面积为（    ）

A． B． C． D．

3．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

4．若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

5．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

6．已知函数有和两个零点，若在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

7．将如图的平面图形折成正方体，则在这个正方体中，正确的是（    ）

A．， B．，

C．，与所成的角为 D．，与所成的角为

8．已知函数的大致图象如图所示，则其解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

9．直线被圆截得的弦长为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数，则满足的的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

11．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．

12．已知函数，若，且，则下列判断正确的个数为（    ）

①；

②；

③；

④.

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知集合，，则集合中的元素个数为___________.

14．函数的单调递增区间为___________.

15．已知点是圆上的动点，点，是的中点，则点到直线的距离的取值范围是___________.

16．已知三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，，，，分别是棱和的中点，则线段的最大长度为___________.

三、解答题

17．分别写出满足下列条件的直线方程，并化成一般式.

（1）经过点和；

（2）在轴和轴上的截距分别为和；

（3）经过点且与直线垂直.

18．已知函数.

（1）判断的奇偶性；

（2）求在区间上的值域.

19．如图，在四棱锥中，，，，，点，分别为棱，的中点，且.求证：

（1）平面平面；

（2）平面平面.

20．如图，为的直径，垂直于所在的平面，为圆周上任意一点，，，垂足分别为，.

（1）求证：；

（2）若，，求三棱锥的体积.

21．某企业为努力实现“碳中和”目标，计划从明年开始，通过替换清洁能源减少碳排放量，每年减少的碳排放量占上一年的碳排放量的比例均为，并预计年后碳排放量恰好减少为今年碳排放量的一半.

（1）求的值；

（2）若某一年的碳排放量为今年碳排放量的，按照计划至少再过多少年，碳排放量不超过今年碳排放量的？

22．已知点，，圆，直线过点.

（1）若直线与圆相切，求的方程；

（2）若直线与圆交于不同的两点，，设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.

参考答案

1．B

【分析】

先解对数不等式化简集合，再利用集合补集的定义求解即可.

【详解】

因为集合，

所以，

故选：B.

2．C

【分析】

将圆的一般方程化为标准方程可得圆的半径，再根据圆的面积公式可得结果.

【详解】

由，得，

所以圆的半径为，其面积为.

故选：C

3．A

【分析】

先由直线方程求出斜率，再由斜率求出直线的倾斜角得解.

【详解】

令直线的倾斜角为，

∵，∴，

∵，∴，

故选：A.

4．B

【分析】

先求出轴截面边长，再求出圆锥的底面半径和高，即可得体积．

【详解】

设轴截面边长为，则，，

由题意圆锥底面半径为，母线长为国，∴高为，

体积为．

故选：B．

5．B

【分析】

利用对数函数和指数函数的性质与中间量“0”，“4”比较大小即可

【详解】

解：因为在上为增函数，，

所以，即，

因为在上为增函数，且，

所以，即，

因为，

所以，，

所以，即，

所以，

故选：B

6．D

【分析】

根据函数的零点求出，根据二次函数的单调性列式可解得结果.

【详解】

依题意可知，有两个实根和，

所以，，解得，，

所以函数的对称轴为，

因为在区间上单调递增，所以，得，

所以的取值范围是.

故选：D

7．D

【分析】

作出图形，证明出平面，可判断出与的位置关系，利用异面直线所成角的定义可求出与所成的角，由此可得出合适的选项.

【详解】

作出翻折后的正方体如下图所示：

在正方体中，四边形为正方形，则，

平面，平面，，

，平面，，

在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，

所以，，所以，异面直线与所成的角为，

易知为等边三角形，所以，，

因此，与所成的角为.

故选：D.

【点睛】

思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

8．A

【分析】

根据图象的对称性排除C D；根据函数的最值排除B，从而可得答案.

【详解】

由图象关于轴对称可知，函数为偶函数，

因为与为奇函数，所以排除C D；

因为，当且仅当时，等号成立，

所以在时取得最小值，由图可知在时取得最大值，故排除B.

故选：A

【点睛】

关键点点睛：根据函数的性质排除不正确的选项是解题关键.

9．C

【分析】

求出圆心坐标和半径，现求得圆心到直线的距离，根据勾股定理表示出弦长，从而可得．

【详解】

由题意圆标准方程是，圆心为，半径为，

圆心到直线的距离为，

所以，即，．

故选：C．

10．C

【分析】

分两段讨论代入解析式可解得结果.

【详解】

当时，化为，解得，

当时，化为，得，得，

得或，结合可得.

综上所述：满足的的取值范围是.

故选：C

【点睛】

关键点点睛：分两段讨论代入解析式解不等式是解题关键.

11．A

【分析】

由三视图还原出原几何体，确定结构与尺寸后计算体积，

【详解】

由三视图，原几何体是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱去掉两个三棱锥所得的四棱锥，如图，尺寸见三视图，

体积为．

故选：A．

12．C

【分析】

先画出的图象如图所示，令，由图可知当时，和都取得最大值，从而可求得最值，关于二次函数的对称轴对称，可得，由可得，化简可得

【详解】

解：令，即函数的图象与直线有4个不同的交点，的图象如图所示，由图可知，关于二次函数的对称轴对称，则，所以①正确；

当时，取得最大值，且此时，故，所以③正确；

因为，

所以，即，，所以，所以②正确；

因为当时，取得最大值，此时，解得，所以此时，所以④错误，

所以正确的有①②③，共3个，

故选：C

【点睛】

关键点点睛：此题考查函数和方程的应用，解题的关键是正确画出函数图象，利用数形结合的思想求解，属于中档题

13．

【分析】

解不等式确定集合，解方程确定集合，再由交集定义求得交集后可得结论．

【详解】

由题意，，

∴，只有1个元素．

故答案为：1．

14．

【分析】

先求出函数定义域，再根据复合函数单调性得结论．

【详解】

由得或，

是减函数，在是递减，在上递增，

∴函数的增区间是．

故答案为：．

【点睛】

本题考查对数函数的性质，掌握复合函数的单调性解题关键：（前提条件：在函数定义域内）

15．

【分析】

利用代入法求出点的轨迹方程，再根据圆心到直线的距离可求得结果.

【详解】

设，则，

因为是圆上的动点，所以，

即，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

因为圆心到直线的距离为，

所以到直线的距离的取值范围是.

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：利用代入法求出点的轨迹方程是解题关键.

16．

【分析】

根据球的面积求出球的半径，根据球的性质求出和，根据可求得结果.

【详解】

设三棱锥的外接球的球心为，半径为，

则，所以，

因为，分别是棱和的中点，所以，，

所以，，

所以，当且仅当在线段上时，等号成立.

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：根据球的性质求出和，再根据求解是解题关键.

17．（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）用两点式写出直线方程并化简为一般式；

（2）用截距式写出直线方程交化简为一般式；

（3）由垂直求出直线斜率，设出直线方程的斜截式，代入点的坐标可得结论．然后方程化为一般式．

【详解】

解：（1）所求的直线方程为，

整理得.

（2）所求的直线方程为，

整理得.

（3）因为直线的斜率为，所以所求直线的斜率为，

设所求直线方程为，将代入可得，

所以所求的直线方程为，即.

【点睛】

思路点睛：本题考查求直线方程，直线方程有形式多种多样：点斜式，斜截式，两点式，截距式，一般式，可以根据不同的条件写出直线方程，然后转化为一般式．

18．（1）奇函数；（2）.

【分析】

（1）根据奇函数的定义判断可得结果；

（2）根据函数的单调性可得结果.

【详解】

（1）函数的定义域为，

因为，

所以函数为奇函数.

（2）因为函数在上为增函数，

所以函数在上为增函数，

所以当时，取得最小值为，

当时，取得最大值为，

因此在上的值域为.

【点睛】

关键点点睛：利用函数的单调性求值域是解题关键.

19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（1）由四边形是平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理可证结论；

（2）由，可证平面，再平面与平面垂直的判定定理可证结论成立.

【详解】

（1）因为是的中点，所以，

又因为，所以四边形是平行四边形，

所以，因为平面，平面，

所以平面.

又因为是的中点，所以，所以平面，

又，所以平面平面.

（2）因为，，，满足，

所以.

因为，所以.

在中，，是的中点，所以，

所以，，

由，可得，

所以，

又，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

【点睛】

关键点点睛：掌握直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理和平面与平面垂直的判定定理是解题关键.

20．（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）根据直径所对圆周角为直角，及线面垂直的性质定理与判定定理进行证明即可；

（2）由（1）知平面，所以为三棱锥的高，再根据平面几何计算各个棱长及底面面积，进而求得椎体体积.

【详解】

（1）因为是的直径，所以，

因为垂直于所在的平面，所以，所以平面.

因为平面，所以，

又，，所以平面，

所以，又因为，，所以平面，

所以.

（2）由（1）知平面，所以为三棱锥的高.

因为，所以是等腰直角三角形，

所以.

在中可得，

所以，.

又由（1）可知平面，所以，所以，

因此.

【点睛】

求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．

21．（1）；（2）年.

【分析】

（1）设今年碳排放量为，则由题意得，从而可求出的值；

（2）设再过年碳排放量不超过今年碳排放量的，则，再把代入解关于的不等式即可得答案

【详解】

解：设今年碳排放量为.

（1）由题意得，

所以，得.

（2）设再过年碳排放量不超过今年碳排放量的，

则，

将代入得，

即，得.

故至少再过年，碳排放量不超过今年碳排放量的.

22．（1）或；（2）证明见解析.

【分析】

（1）若直线的斜率不存在，则的方程为，此时直线与圆相切，故符合条件；若直线的斜率存在，设斜率为，其方程为，由直线与圆相切，，解得，进而可得直线方程；

（2）由（1）可知，与圆有两个交点时，斜率存在，此时设的方程为，设，，联立直线与圆的方程，根据判别式求得斜率的取值范围，又由韦达定理可知，，所以.

【详解】

（1）若直线的斜率不存在，则的方程为，

此时直线与圆相切，故符合条件.

若直线的斜率存在，设斜率为，其方程为，

即.

由直线与圆相切，圆心到的距离为，

即，解得.

所以直线的方程为，即，

综上，直线的方程为或.

（2）由（1）可知，与圆有两个交点时，斜率存在，此时设的方程为，

联立，

消去可得，

则.

解得.

设，，

则，，(*)

所以

，

将(*)代入上式整理得，

故为定值.

【点睛】

过一定点，求圆的切线时，首先判断点与圆的位置关系．若点在圆外，有两个结果，若只求出一个，应该考虑切线斜率不存在的情况.