陕西省汉中市2021-2022学年高一上学期期末质量检测数学试题

汉中市2021-2022学年上学期普通高中期末质量检测高一数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证、姓名”与考生本人准考证、姓名是否一致.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应序号方框内.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、单选题

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用交集的定义求解即可.

【详解】解：由题得集合是偶数集合，

所以.

故选：C

2. 已知直线l经过两点，则直线l斜率是（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接由斜率公式计算可得.

【详解】由题意可得直线l的斜率.

故选：B.

3. 若直线与直线垂直，则(    )

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分析直线方程可知，这两条直线垂直，斜率之积为－1.

【详解】由题意可知，即．

故选：B.

4. 已知，，，则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较即可

【详解】解：，
，
，
，
故选：A

5. 已知直线及三个互不重合的平面，，，下列结论错误的是（   ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，，则

【答案】B

【解析】

【分析】对A，可根据面面平行的性质判断；对B，平面与 不一定垂直，可能相交或平行；对C，可根据面面平行的性质判断；对D，可通过在平面，中作直线，推理判断.

【详解】解：对于选项A：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项A正确，
对于选项B：垂直于同一平面的两个平面，不一定垂直，可能相交或平行，故选项B错误，
对于选项C：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项C正确，
对于选项D：若，，，
设，，
在平面中作一条直线，则，
在平面中作一条直线，则，
，，
又，，，
故选项D正确，
故选：B.

6. 函数的大致图象是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】判断函数的奇偶性及其在时的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】对任意的，，故函数的定义域为，

因为，则是奇函数，排除BD.
当时，，排除A.

故选：C.

7. 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的侧面积为（    ）

A. 48 B. 42 C. 36 D. 30

【答案】C

【解析】

【分析】由三视图可知该“堑堵”的高为，其底面是直角边为，斜边为的三角形，从而可求出其侧面积.

【详解】解：由三视图易得该“堑堵”的高为，其底面是直角边为，斜边为的三角形，

故其侧面积为.

故选：C.

8. 已知三个顶点的坐标分别为，，，则外接圆的标准方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先判断出是直角三角形，直接求出圆心和半径，即可求解.

【详解】因为三个顶点的坐标分别为，，，

所以，所以，

所以是直角三角形，所以的外接圆是以线段为直径的圆，

所以圆心坐标为，半径．

故所求圆的标准方程为．

故选：C

9. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的3倍，，则该曲池的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用柱体体积公式求体积.

【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，

由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，，

所以，.

故该曲池的体积.

故选：D.

10. 某服装厂2020年生产了15万件服装，若该服装厂的产量每年以20%的增长率递增，则该服装厂的产量首次超过40万件的年份是（参考数据：取，）（    ）

A. 2023年 B. 2024年

C. 2025年 D. 2026年

【答案】D

【解析】

【分析】设该服装厂的产量首次超过40万件的年份为n，进而得，再结合对数运算解不等式即可得答案.

【详解】解：设该服装厂的产量首次超过40万件的年份为n，

则，得，

因

，所以．

故选：D

11. 已知正方体外接球的表面积为，正方体外接球的表面积为，若这两个正方体的所有棱长之和为，则的最小值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设正方体的棱长为，正方体的棱长为，然后表示出两个正方体外接球的表面积，求出化简变形可得答案

【详解】解：设正方体的棱长为，正方体的棱长为．

因为，所以，则

因为，所以，
因为，
所以，
故当时，取得最小值，且最小值为．
故选：B

12. 设函数，则下列说法错误的是（   ）

A. 当时，的值域为

B. 的单调递减区间为

C. 当时，函数有个零点

D. 当时，关于的方程有个实数解

【答案】C

【解析】

【分析】利用二次函数和指数函数的值域可判断A选项；利用二次函数和指数函数的单调性可判断B选项；利用函数的零点个数求出的取值范围，可判断C选项；解方程可判断D选项.

【详解】选项A：当时，当时，，
当时，，

当时，，
综上，函数的值域为，故A正确；
选项B：当时，的单调递减区间为，
当时，函数为单调递增函数，无单调减区间，

所以函数单调递减为，故B正确；
选项C：当时，令，解得或（舍去），
当时，要使有解，即在上有解，只需求出的值域即可，
当时，，且函数在上单调递减，

所以此时的范围为，故C错误；
选项D：当时，，即，即，解得或，
当，时，，则，即，解得，

所以当时，关于的方程有个实数解，故D正确.

故选：C.

二、填空题

13. 已知幂函数在上单调递减，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】依题意得且，即可求出，从而得到函数解析式，再代入求值即可；

【详解】解：由题意得且，则，，故．

故答案为：

14. 如图，矩形是平面图形斜二测画法的直观图，且该直观图的面积为，则平面图形的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可知，该几何体的直观图面积，可通过，带入即可求解出该平面图形的面积.

【详解】解：由题意，直观图的面积为，
因为直观图和原图面积之间的关系为，
所以原图形的面积是．
故答案为：.

15. 直线与直线关于点对称，则直线的方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可知，直线应与直线平行，可设直线方程为，由于两条至直线关于点对称，可通过计算点分别到两条直线的距离，通过距离相等，即可求解出，完成方程的求解.

【详解】解：由题意可设直线的方程为，
则，解得或舍去，
故直线的方程为．

故答案：.

16. 漏斗作为中国传统器具而存在于日常生活之中，某漏斗有盖的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该漏斗的容积为不考虑漏斗的厚度 ______，若该漏斗存在外接球，则______.

【答案】    ①.     ②. 0.5

【解析】

【分析】先将三视图还原几何体，然后利用长方体和锥体的体积公式求解容积即可；设该漏斗外接球的半径为，设球心为，利用，列式求解的值即可.

【详解】

由题中的三视图可得，原几何体如图所示，
其中，，正四棱锥的高为，
，
，
所以该漏斗的容积为；
正视图为该几何体的轴截面，
设该漏斗外接球的半径为，设球心为，
则，
因为，
又，
所以，
整理可得，解得，
所以该漏斗存在外接球，则．
故答案为：①；②.

三、解答题

17. （1）求直线与的交点的坐标；

（2）求两条平行直线与间的距离．

【答案】（1） ；（2）4 ．

【解析】

【分析】（1）联立直线方程求解即可得交点；

（2）由平行直线间的距离公式求解.

【详解】（1）联立得

故所求交点的坐标为．

（2）两条平行直线与间的距离．

18. 求值：

（1）；

（2）．

【答案】（1）   

（2）3

【解析】

【分析】（1）利用指数幂的运算性质和根式和指数幂的互化公式计算即可．

（2）利用对数的运算性质计算即可求得结果.

【小问1详解】

原式．

【小问2详解】

原式．

19. 如图，在直三棱柱中，点为的中点，，，.

（1）证明：平面.

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）在平面内作出辅助线，然后根据线面平行的判定定理证明即可；

（2）作出三棱锥的高，将看作三棱锥的底面，利用三棱锥体积公式计算即可.

【小问1详解】

证明：连接，交于，连接，因为是直三棱柱，所以为中点，而点为的中点，

所以，
因为平面，平面，
所以平面．

【小问2详解】

解：过作于，
因为是直三棱柱，点为的中点，
所以，且底面，

所以,
因为，所以，

则 ,
所以
．

20. 已知函数.

（1）若在上单调递增，求的取值范围；

（2）讨论函数的零点个数.

【答案】（1）   

（2）当时，有一个零点；当时，且当时，有两个零点，当时，有一个零点．

【解析】

【分析】（1）由、都是单调递增函数可得的单调性，利用单调性可得答案；

（2）时有一个零点；
当时，利用单独单调性求得，分和讨论可得答案.

【小问1详解】

当时，单调递增，
当时，单调递增，
若在上单调递增，只需，
.

【小问2详解】

当时，，此时，即，有一个零点；
当时，，此时在上单调递增，

，
若，即，此时有一个零点；
若，即，此时无零点，

故当时，有两个零点，当时，有一个零点．

21. 如图，四棱锥的底面为矩形，，.

（1）证明：平面平面.

（2）若，，，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）连接，交于点，连接，证明平面，即可证明出平面平面.

（2）用等体积法，即，即可求出答案.

【小问1详解】

连接，交于点，连接，如图所示，

底面为矩形，为，的中点，
又，，
，，
又，
平面，
平面，

平面平面．

【小问2详解】

，，
，，
在中，，
，
在中，，
在中，，，
，
，，
设点到平面的距离为，
由等体积法可知，
又平面，为点到平面的距离，
，
，
即点到平面的距离为．

22. 已知二次函数的图象关于直线对称，且关于的方程有两个相等的实数根.

（1）的值域；

（2）若函数且在上有最小值，最大值，求的值.

【答案】（1）   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）由题意可得且，从而可求出的值，则得，然后求出的值域，进而可求出的值域，

（2）函数，设，则，然后分和两种情况求的最值，列方程可求出的值

【小问1详解】

根据题意，二次函数的图象关于直线对称，
则有，即，①
又由方程即有两个相等的实数根，则有，②
联立①②可得：，，则，
则有，则，
即函数的值域为；

【小问2详解】

根据题意，函数，
设，则，
当时，，则有，而，
若函数在上有最小值，最大值，
则有，解可得，即，
当时，，则有，而，
若函数在上有最小值，最大值，
则有，解可得，即，
综合可得：或．