1、 河南省驻马店市河南省驻马店市 20182018- -20192019 学年高一上学期期末考试学年高一上学期期末考试 数学（文）试题数学（文）试题 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，集合，则集合( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由交集的概念写出结果即可. 【详解】集合 和集合 的公共元素为 1，故.故选 D. 【点睛】本题考查了集合的交集，属于基础题. 2.直线的倾斜角为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求出直线的斜率，由倾斜角与斜率的关系可得到答案。 【详
2、解】直线 的斜率为，故倾斜角为，故选 A. 【点睛】本题考查了直线的方程，直线的斜率及倾斜角，属于基础题。 3.下列函数中，既不是奇函数又不是偶函数是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 对选项逐个分析即可得到答案。 【详解】选项 A，令，则，故， ，即既不是奇函数又不是偶函数，故 A 满足题意； 选项 B， 令， 定义域为 ， 则， 故， 即 是奇函数； 选项 C，令，定义域为 ，则，故，即是 偶函数； 选项 D，令，则，解得或，即定义域为， ，故是奇函数。 故答案为 A. 【点睛】判断函数奇偶性的方法： (1)首先确定函数的定义域是否关于原点对称，若不关于原点对称
3、，则既不是奇函数也不是偶 函数； (2)若定义域关于原点对称，f(x)f(x)f(x)为偶函数；f(x)f(x)f(x)为奇 函数。 4.已知梯形是直角梯形，且，.按照斜二测画 法作出它的直观图，则直观图面积为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由直观图面积是原图形面积的倍，即可求出答案。 【详解】梯形的面积为，则直观图的面积为. 【点睛】本题考查了直观图与原图形面积的关系，直观图面积是原图形面积的倍，是解决 本题的关键，属于基础题。 5.圆和圆交于 ， 两点，则弦的垂直平分线方程是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 弦的垂直平分线是两
4、圆心所在的直线，分别求出两个圆心的坐标，即可求出所求方程。 【详解】圆的圆心坐标为，圆的圆心坐标为 ，则直线的斜率为，则直线的方程为，即弦的垂直 平分线方程是，故选 C. 【点睛】本题考查了圆的方程，考查了圆的性质，考查了直线的方程，属于基础题。 6.若在区间内的零点通过二分法逐次计算，参考数据如表 那么方程的一个近似根为（精度为 0.1） （ ） A. 1.2 B. 1.3 C. 1.4 D. 1.5 【答案】C 【解析】 【分析】 由根的存在性定理判断根的较小区间，从而求近似解 【详解】由上表知，方程的一个根在之间， 那么方程的一个近似根为（精度为 0.1）1.4； 则其近似根为 1.4
5、故选：C 【点睛】本题考查了二分法求近似解的方法，属于基础题 7.在直三棱柱中，侧棱平面，若，点 ， 分别，的中点，则异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 推导出，从而是异面直线与所成的角（或所成角的补角） ， 由此能求出异面直线与所成的角 【详解】在直三棱柱中，侧棱平面， ，点 ， 分别，的中点， ， 是异面直线与所成的角（或所成角的补角） ， 连结，则， ， 异面直线与所成的角为 故选：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基 础知识，考查运算求解能力，是中档题 8.某公司为激励创新，计划逐年加大研发
6、资金投入若该公司 2010 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司全年投入的研发资金开 始超过 400 万元的年份是（参考数据：，） A. 2018 年 B. 2019 年 C. 2020 年 D. 2021 年 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，设第 年开始超过 200 万元，可得，变形分析可得 的 取值范围，分析即可得答案 【详解】根据题意，设第 年开始超过 400 万元， 则， 化为：， 解可得：； 则， 故选：C 【点睛】本题考查函数的应用，涉及对数的计算，属于基础题 9.已知 ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，给出下
7、列命题： 若，则 若，则 若，且，则 若，且，则且其中正确命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 由线面及面面垂直的性质定理可判断；由面面平行和线面垂直的性质定理可判断； 由面面垂直的性质定理可判断；由线面平行的判定定理可判断 【详解】，若，可得，由，可得或，故错误； ，若，可得，由，则，故正确； ，若，且，则的关系不能确定，故错误； ，若，且，由线面平行的判定定理可得且，故正 确 综上可得，其中正确的个数为 2， 故选：B 【点睛】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判断和性质，考查 空间想象能力和推理能力，属于基础题
8、10.已知函数的图象恒过定点 ，若定点 在幂函数的图像上， 则幂函数的图像是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由指数函数的性质可以求出定点 ， 然后设幂函数的解析式为， 代入 点即可求出幂函 数的解析式，从而选出答案。 【详解】由题意知，定点，设幂函数为,将代入得 ，故，即，故选 D. 【点睛】本题考查了指数函数过定点问题，考查了幂函数的解析式求法，及幂函数的图象， 考查了计算能力，属于基础题。 11.已知直线 ：恒过点 ，直线 ：上有一动点 ，点 的坐标为. 当取得最小值时，点 的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先求得 的坐
9、标可得 、 都在直线 ：的上方，求出点关于直线 ： 的对称点为，可得直线方程，再把直线方程和直线 ：联立方程组，求得点 的坐标 【详解】直线 ：，即，令， 求得，可得该直线恒过点. 直线 ：上有一动点 ，点 的坐标为， 故、 都在直线 ：的上方 点关于直线 ：的对称点为， 则直线方程为，即. 把直线方程和直线 ：联立方程组，求得， 可得当取得最小值时，点 的坐标为 故选：C 【点睛】本题主要考查求一个点关于直线对称点的方法，用两点式求直线的方程，求直线 的交点坐标，属于中档题 12.已知函数， 若方程有且仅有两个不同 的实数根，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【
10、解析】 【分析】 作出与的函数图象，根据交点个数判断函数值的大小关系，列出不等式组 解出 【详解】当时， 在上是周期为 1 的函数， 做出与的函数图象，则两函数图象有 2 个交点， ，解得. 故选：B 【点睛】本题考查了函数零点与函数图象的关系，函数周期性的应用，属于中档题 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.已知直线 过点，直线 上任意一点到直线的距离都相等，则直线 的方 程为_ 【答案】 【解析】 【分析】 直线 与平行，二者斜率相等，可设出方程，然后代入点 的坐标，即可得到答案。 【详解】由题意知，直线 与平行，设直线 的
11、方程为，将代 入可得，故直线 的方程为. 【点睛】本题考查了直线的方程，考查了平行直线的性质，属于基础题。 14.已知函数，分别由表给出 1 2 3 1 3 1 3 2 1 则_ 【答案】1 【解析】 【分析】 先由函数的表示形式，阅读表格，再求特殊变量所对应的函数值，得解 【详解】由图表可得：， 故， 故答案为：1 【点睛】本题考查了函数的表示形式及特殊变量所对应的函数值，属简单题 15.已知是定义在上的单调递增函数，则不等式的解集是 _ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，结合函数的定义域与单调性分析可得，解可得 的取值范围，即 可得答案 【详解】根据题意，是定义在上的单调递增函数，
12、则， 解可得：， 即不等式的解集为； 故答案为： 【点睛】本题考查函数的单调性的性质以及应用，关键是掌握函数单调性的定义，属于基础 题 16.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图 所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组， 经榫卯起来.若正四棱柱的高为 8，底面正方形的边长为 2，现将该鲁班锁放进一个球形容 器内，则该球形容器的体积的最小值为（容器壁的厚度忽略不计）_ 【答案】 【解析】 【分析】 本题可转化为求该几何体外接球体积，也就是长、宽、高分别为 2、4、8 的长方体的外接球， 求出即可。 【详解】由题意，
13、该球形容器的半径最小为，则该球形容器的体积的最小 值为. 【点睛】本题考查了长方体的外接球问题，考查了球的体积，考查了化归与转化思想，考查 了计算能力，属于基础题。 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.已知全集，集合，. （1）求，. （2）已知集合，若，求实数 的取值范围. 【答案】 （1），或（2） 【解析】 【分析】 （1）分别求出集合 ， 及，然后利用集合的运算性质可得到答案； （2）求出，由 ，可得到，求解即可。 【详解】 （1）由题意，得， ， （2）依题意，集合，则， 且集合，所以，解得. 故实数 的取值范围是：.
14、 【点睛】本题考查了集合的运算性质，考查了不等式的解法，考查了学生的计算能力，属于 基础题。 18.已知三个顶点坐标为，. （1）在中，求与边平行的中位线所在直线方程； （2）求外接圆的方程. 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （1）分别求出及的中点，即可求出两个中点所在直线的方程，即为所求； （2）设外 接圆的方程 ，将三个顶点坐标代入求解即可。 【详解】解： （1）由题意，的中点为，的中点为， 故与边平行的中位线所在直线方程为. （2）设的外接圆方程为 ， 则把 ， ， 的坐标代入可得， 解得， 故所求圆的方程为. 【点睛】本题考查了直线的方程，考查了圆的方程，考查了三角形的中位
15、线，考查学生的计 算能力，属于基础题。 19.已知函数对任意，都有. （1）若函数的顶点坐标为且，求的解析式； （2）函数的最小值记为，求函数在上的值域. 【答案】 （1）（2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）由可得到的对称轴是，由，可得到，结合顶点 的坐标可知，即可求出的解析式； （2）由的对称轴是，且， 可知，可得到，然后讨论对称轴与所给区间的关系， 可判断函数的单调性，即可得到的值域。 【详解】解： （1）， 函数对任意，都有 的对称轴是即 ， 又函数的顶点坐标为，解得. 因此函数的解析式为：. （2）由（1）知的对称轴时，且. ，. 对称轴为， 当即时，在是递减的，的值域是； 当即
16、时，在上是递增的，在上是递减的， 若即，的值域是， 若即，的值域是， 当即时，在上是递增的，的值域是； 综上，当时的值域是；当时的值域是； 当时的值域是；当时的值域是. 【点睛】本题考查了二次函数的方程，二次函数的性质，考查了函数的单调性，考查了学生 的逻辑思维能力与计算求解能力，属于中档题。 20.已知四棱锥，其中，平面， 为 的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 【答案】(1)详见解析 (2)见解析 【解析】 【分析】 （1）取中点 ，连接，可证明四边形是平行四边形，则，即可证明 平面； （2）分别证明，从而可以得到平面，由，则 平面，从而可以证明平面平面. 【详解】解：
17、（1）证明：取中点 ，连接， ， 分别是，的中点，且, ，且， 四边形是平行四边形， ，且面，面， 平面. （2）且 是中点， 又平面，平面，且， 平面. 由（1）知，平面，且平面， 平面平面. 【点睛】本题考查了线面平行与面面垂直的证明，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属 于中档题。 21.已知函数（且）为定义在 上的奇函数 （1）求实数 的值； （2）若，使不等式对一切恒成立的实数 的取值范围 【答案】 （1）1（2） 【解析】 【分析】 （1）利用奇函数的定义可知，从而可得 a； （2）先利用奇函数转化为， 再进行求解. 【详解】 （1）依题意可得，即，此时. 又符合题意， 实数 的值
18、为 1； （2）由，得，解得 此时为减函数， 不等式可化为. 即对一切恒成立 故对任意恒成立 ，解得 综上可知，实数取值范围为 【点睛】本题主要考查奇函数的性质及利用奇偶性求解不等式问题，二次型恒成立问题通常 转化为判别式的符号问题. 22.已知圆 的标准方程为， 为圆 上的动点，直线 的方程为，动点 在直线 上 （1）求的最小值，并求此时点 的坐标； （2）若 点的坐标为，过 作直线与圆 交于 ， 两点，当时，求直线的方程 【答案】 （1）的最小值为，此时点； （2）或 【解析】 【分析】 （1）转化为圆心到直线的距离，求出距离减去半径可得； （2）利用圆的弦长结合勾股定理可 求. 【详解】 解：（1） 依题意知：的最小值为圆心 到直线 的距离 减去圆 的半径， 且点， 故，的最小值为 又过圆心 且与直线 垂直的直线方程为：， 联立解得， 综上可知，的最小值为，此时点； （2）把点代入直线 的方程可得，即， 由，半径得圆心 到直线的距离， 当直线斜率不存在时，直线的方程为：，符合题意， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，即， ，解得，故直线的方程为：. 综上可知，直线的方程为：或 【点睛】 本题主要考查直线和圆的位置关系， 弦长问题一般利用勾股定理进行求解.难度不大.
