1、 河南省洛阳市河南省洛阳市 20182018- -20192019 学年高一上学期期末数学测试学年高一上学期期末数学测试 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，共小题，共 60.060.0 分）分） 1.已知集合A=，B=，则 A. AB= B. AB C. AB D. AB=R R 【答案】A 【解析】 由得，所以，选 A 点睛:对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图 处理 2.已知圆：与圆：，则两圆的公切线条数为 A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条 【答案】D 【解析】 【分析】 求出两圆的圆心与半径，利用圆心距判断
2、两圆外离，公切线有 4 条 【详解】圆C1：x 2+y22x0 化为标准形式是（x1）2+y21， 圆心是C1（1，0） ，半径是r11； 圆C2：x 2+y24y+30 化为标准形式是 x 2+（y2）21， 圆心是C2（0，2） ，半径是r21； 则|C1C2|r1+r2， 两圆外离，公切线有 4 条 故选：D 【点睛】本题考查了两圆的一般方程与位置关系应用问题，是基础题 3.三个数大小的顺序是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：，所以. 考点：比较大小. 4.已知 m，n 表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若，则 C.
3、若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 试题分析：若 A若则 与 可能平行、相交、异面，故 A 错误； B若， 则，显然成立；C若，则或故 C 错误；D若，则 或或 与 相交. 考点：1.命题的真假；2.线面之间的位置关系. 视频 5.在四面体的四个面中，是直角三角形的至多有 A. 0 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 【答案】D 【解析】 【分析】 作出图形，能够做到PA与AB，AC垂直，BC与BA，BP垂直，得解 【详解】如图，PA平面ABC， CBAB， 则CBBP， 故四个面均为直角三角形 故选：D 【点睛】本题考查了四面体的结构与特征，考查了线面的垂 直关系，属于基础
4、题. 6.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于 1，则半径 的取值 范围是（ ） A. (4,6) B. C. D. 【答案】A 【解析】 因为圆心(3,-5)到直线 4x-3y-2=0 的距离为 5, 所以要使圆上有且只有两个点到直线的距离等于 1,r 须满足 . 7.已知定义在 上的函数满足，则（ ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：，且，又， ， 由此可得，是周期为的 函数，故选 B. 考点：函数的奇偶性，周期性，对称性，是对函数的基本性质的考察. 【易错点晴】函数满足则函数关于中心对称，,则函数关 于轴对称，常用结论：若在 上的函数满足 ，则函数以为周期.本题中
5、，利用此 结论可得周期为， 进而，需要回到本题利用题干条件赋值即可. 8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A. 3 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】B 【解析】 由三视图还原原几何体如图， 四棱锥 ABCDE，其中 AE平面 BCDE， 底面 BCDE 为正方形，则 AD=AB=2，AC= 该四棱锥的最长棱的长度为 故选： 9.数学家欧拉在 1765 年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心 到外心的距离是重心到垂心距离的一半 这条直线被后人称之为三角形的欧拉线 若的 顶点，且的欧拉线的方程为，则顶点 C 的坐标为 A. B. C. D.
6、 【答案】A 【解析】 【分析】 设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线， 和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联 立求得点C的坐标 【详解】设C（m，n） ，由重心坐标公式得， 三角形ABC的重心为（，） ， 代入欧拉线方程得：20， 整理得：mn+40 AB的中点为（1，2） ，直线AB的斜率k2， AB的中垂线方程为y2（x1） ，即x2y+30 联立，解得 ABC的外心为（1，1） 则（m+1） 2+（n1）232+1210， 整理得：m 2+n2+2m2n8 联立得：m4，n0 或m0，n4 当m0，
7、n4 时B，C重合，舍去 顶点C的坐标是（4，0） 故选：A 【点睛】本题考查直线方程的求法，训练了直线方程的点斜式，考查了方程组的解法 10.设函数的最小值为-1，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：当时，为增函数，最小值为，故当时，分离参 数得，函数开口向下，且对称轴为，故在递增， ，即. 考点：分段函数的最值. 【思路点晴】本题主要考查分段函数值域问题，由于函数的最小值为，所以要在两段函数 图象都要讨论最小值.首先考虑没有参数的一段， 当时，为增函数， 最小值为. 由于这一段函数值域已经包括了最小值，故当时，值域应该不小于，分离常数后利用二
8、 次函数图象与性质可求得参数的取值范围. 11.由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 过圆心向已知直线引垂线，垂足为 M，过点 M 做圆的切线，切线长最短，先求圆心 到 直线的距离，圆的半径为 1，则切线长的最小值为， 选 B. 12.已知函数与的图象关于 轴对称， 当函数和在区间同时递增 或同时递减时， 把区间叫做函数的“不动区间”， 若区间为函数的“不 动区间”，则实数 的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：易知与在上单调性相同，当两个函数单调递增时，与 的图象如图 1 所示， 易知， 解得； 当两个
9、函数单调递减时， 的图象如图 2 所示， 此时关于 轴对称的函数不可能在上为减函数 综上 所述，故选 C 考点：1、新定义；2、函数的图象 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 20.020.0 分）分） 13.已知函数是定义在 上的奇函数，当时，,则_. 【答案】12 【解析】 函数是定义在上的奇函数，则， . 14.在空间直角坐标系中，一点到三个坐标轴的距离都是 1，则该点到原点的距离是_ 【答案】 【答案】 【解析】 【分析】 设出该点的坐标，根据题意列方程组，从而求得该点到原点的距离 【详解】设该点的坐标是（x，y，z） ， 该点到三个坐标轴的距离都是 1
10、， x 2+y21， x 2+z21， y 2+z21， x 2+y2+z2 ， 该点到原点的距离是 故答案为： 【点睛】本题考查了空间中点的坐标与应用问题，是基础题 15.函数的单调递增区间是_ 【答案】 （4 4，+） 【解析】 由得，令，则，时， 为减函数；时，为增函数；为增函数，故函数的单 调区间是，答案为. 【方法点睛】本题主要考查对数函数的性质、复合函数的单调性，属于中档题.复合函数的单 调性的判断可以综合考查两个函数的单调性，因此也是命题的热点，判断复合函数单调性要 注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正 确理解“同增异减”的含义（增增
11、增，减减 增，增减 减，减增 减）. 16.如图， 矩形中，平面， 若在上只有一个点 满足， 则 的值等于_. 【答案】 【解析】 试题分析:利用三垂线定理的逆定理、直线与圆相切的判定与性质、矩形的性质、平行线的性 质即可求出 解：连接 AQ，取 AD 的中点 O，连接 OQ PA平面 ABCD，PQDQ， 由三垂线定理的逆定理可得 DQAQ 点 Q 在以线段 AD 的中点 O 为圆心的圆上， 又在 BC 上有且仅有一个点 Q 满足 PQDQ， BC 与圆 O 相切， （否则相交就有两点满足垂直， 矛盾 ） OQBC， ADBC，OQ=AB=1，BC=AD=2， 即 a=2 故答案为：2 考点
12、：直线与平面垂直的性质 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 6 小题，共小题，共 70.070.0 分）分） 17.已知 ：， ：，分别求 m 的值，使得 和 ： 垂直； 平行； 重合； 相交 【答案】 （1） ； （2）-1； （3）3； （4）且. 【解析】 【分析】 （1）若l1和l2垂直，则m2+3m0 （2）若l1和l2平行，则 （3）若l1和l2重合，则 （4）若l1和l2相交，则由（2） （3）的情况去掉即可 【详解】若和 垂直，则, 若 和 平行，则, 若 和 重合，则， 若 和 相交，则由可知且 【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系的应用，解题的关键是熟练掌握直线
13、的不同位置 的条件一般式方程的表示 18.有两直线和，当 a 在区间内变化时，求直线与 两坐标轴围成的四边形面积的最小值 【答案】. 【解析】 【分析】 利用直线方程，求出相关点的坐标，利用直线系解得yE2根据S四边形OCEASBCESOAB即可 得出 【详解】0a2， 可得l1：ax2y2a4，与坐标轴的交点A（0，a+2） ，B（2，0） l2：2x（1a 2）y22a20，与坐标轴的交点 C（a 2+1，0） ，D（0， ） 两直线ax2y2a+40 和 2x（1a 2）y22a20，都经过定点（2，2） ，即 yE2 S四边形OCEASBCESOAB |BC|yE|OA|OB| （a
14、2 1）2（2a）（2） a 2a+3 （a） 2 ，当a时取等号 l1，l2与坐标轴围成的四边形面积的最小值为 【点睛】 本题考查了相交直线、 三角形的面积计算公式， 考查了推理能力与计算能力，属于中档题 19.如图，在圆锥中，已知 PO=，圆 O 的直径 AB=2，C 是弧 AB 的中点，D 为 AC 的中点 （1）求异面直线 PD 和 BC 所成的角的正切值； （2）求直线和平面所成角的正弦值 【答案】 （1）2； （2） 【解析】 试题分析： （1）异面直线所成的角，往往通过平移转化到一个三角形内求解本题转化到直 角三角形 PDO 中求解 （2）直线与平面所成的角，应先作出直线在平面内
15、的射影，则斜线与 射影所成的角即为所求 本题过点 O 向平面 PAC 作垂线， 则即为直线与平面所成的角， 进而求出其正弦值 试题解析： （1）O，D 分别是 AB 和 AC 的中点 OD/BC 异面直线 PD 和 BC 所成的角为PDO 在ABC 中，的中点 又 （2）因为 又所以 又所以平面在平面中，过 作 则连结，则是上的射影， 所以是直线和平面所成的角 在 在 考点：异面直线所成的角、斜线与平面所成的角 20.已知函数. （1）若函数在上至少有一个零点，求 的取值范围； （2）若函数在上的最大值为 3，求 的值. 【答案】(1) ； （2）或. 【解析】 试题分析： （1）由函数在 至
16、少有一个零点，方程至少有一个实数 根，解出即可； （2）通过对区间端点与对称轴顶点的横坐标 的大小比较，再利 用二次函数的单调性即可得出函数在上的最大值，令其等于 可得结果. 试题解析： （1）由. （2）化简得，当，即时，； 当，即时， ， ， （舍） ；当，即时， ，综上，或. 21.如图，已知正三棱柱的底面边长为 2，侧棱长为，点 在侧棱上，点 在 侧棱上，且 （1）求证： ； （2）求二面角的大小 【答案】 （1）证明见解析； （2）. 【解析】 试题分析： （1）根据几何体的结构特征，可以 为坐标原点，分别为 轴和 轴建立空间 直角坐标系，写出各个点的坐标.（1）证明即即可； （2）
17、分别求出 平面的一个法向量为 和侧面的一个法向量为 ，根据求出的法向量的夹角来求二面角 的大小. 试题解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得 （1）证明： ，所以. （2），设平面的一个法向量为， 由，得，即，解得，可取 设侧面的一个法向量为 ，由，及 可取.设二面角的大小为 ，于是由 为锐角可得 所以.即所求二面角的大小为. 考点：空间向量证明直线与直线垂直及求解二面角. 22.已知直线l：与x轴交于A点， 动圆M与直线l相切， 并且和圆O： 相外切 求动圆圆心 M 的轨迹 C 的方程 若过原点且倾斜角为 的直线与曲线 C 交于 M、 N 两点， 问是否存在以 MN 为直径的圆过点
18、 A？ 若存在，求出实数 m 的值；若不存在，说明理由 【答案】 （1）（） （2）故不存在以为直径的圆恰好过点 【解析】 试题分析： （1）设出动圆圆心坐标，由动圆圆心到切线的距离等于动圆与定圆的圆心距减定 圆的半径列式求解动圆圆心的轨迹方程； （2）求出过原点且倾斜角为 的直线方程，和曲线 C 联立后利用根与系数关系得到 M，N 的横 纵坐标的和与积，由，得列式求解 m 的值，结合 m 的范围说明不存在以 MN 为直径的圆过点 A 试题解析： （1）设动圆圆心为，则，化简得（） ，这 就是动圆圆心的轨迹 的方程. （2）直线的方程为，代入曲线 的方程得 显然. 设，则 ， ， 而 若以为直径的圆过点 ，则， 由此得 ，即. 解得-2 故不存在以为直径的圆过点 点睛：本题考查了轨迹方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了利用数量积判断 两个向量的垂直关系，考查了学生的计算能力.
