甘肃省天水市甘谷第一中学2019-2020学年高一下学期开学考试数学试题 17页

甘谷一中2019——2020学年第二学期高一第一次月考 数学试题 一、选择题（每小题5分，本大题共60分，每小题所给四个选项中，只有一个是正确选项）‎ ‎1.已知全集，集合，，则的非空真子集有（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先计算出，再计算其补集，再写出的非空真子集即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，，，所以，‎ 全集，所以，‎ 的非空真子集有，，共2个.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的基本关系和基本运算，属于基础题.‎ ‎2.已知，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先求出，从而，由此可计算得到答案.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法，属于基础题.‎ ‎3.设，则这四个数大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，‎ 所以，故选B．‎ ‎4.已知直线与直线平行，则 的值为( )‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可得：，解得 故选 ‎5.与终边相同的角是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与终边相同的角可以表示为这一方法，即可得出结论．‎ ‎【详解】与角终边相同的角为：， ‎ 当时，． ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查终边相同的角的表示方法，考查了数学运算能力.当然本题也可以采用这样的方法来解：让与选项中的四个角作差，如果差是的整数倍，就说明这两个角的终边相同.‎ ‎6.若扇形的中心角为120°，半径为，则此扇形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出扇形的弧长，再由扇形面积公式求解即可.‎ ‎【详解】由题意，扇形的中心角为，半径为，‎ 所以弧长，‎ 所以扇形面积.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查扇形的弧长和面积的计算，属于基础题.‎ ‎7.函数的一个零点所在的大致区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的单调性，再利用零点存在定理，只要找到区间端点函数值异号即可.‎ ‎【详解】因为在单调递增，‎ 又，，‎ 所以一个零点所在的大致区间是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查零点存在定理运用，考查数形结合思想的运用，求解时注意找到两个端点的函数值相乘小于0即可.‎ ‎8.已知函数，若，则此函数的单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令，求出函数的定义域，再由得到，再根据复合函数的单调性即可求出函数的单调递增区间.‎ ‎【详解】由题意，令，解得，或，‎ 故函数的定义域为，‎ ‎，得，‎ 令，则，‎ 根据复合函数的单调性，即求在定义域内的增区间，‎ 由二次函数的性质，的增区间为，‎ 所以函数的单调递增区间为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查复合函数的单调性，对数函数和二次函数的性质，注意求解函数的定义域，属于中档题.‎ ‎9.已知长方体的长、宽、高分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. 都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，求得，再由球的表面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】设球的半径为，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得，解得，所以球的表面积为.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了长方体的外接球的性质，以及球的表面积的计算，其中解答中熟练应用长方体的对角线长等于其外接球的直径，求得球的半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎10.设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.‎ ‎【详解】，，则可能平行，错；‎ ‎，，由线面平行的性质可得，正确；‎ ‎，，则， 与异面；错，‎ ‎，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.‎ ‎11.在长方体中，，，则二面角的大小是（ ）‎ A. 30º B. 45º C. 60º D. 90º ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点为，平面，所以即在平面上的投影，易知，再利用线面垂直证明，得到即二面角，再计算二面角大小即可.‎ ‎【详解】由题意，作出长方体的图象，‎ 取中点为，连接、，‎ 因为平面，所以即在平面上的投影，‎ 又平面，所以，‎ 因为，所以四边形是正方形，‎ 为中点，所以，又，‎ 所以平面，又平面，所以，‎ 即二面角，‎ 又，，‎ 所以，.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查二面角的求法和线面垂直的判定定理和性质，考查学生空间想象能力，属于中档题.‎ ‎12.已知点为圆的弦的中点，则直线的方程为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 圆心，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 整理得．‎ 二、填空题（每小题5分，本大题共20分，将正确答案写在相应横线上）‎ ‎13.在中，，则的值是____________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两边平方，解得，再利用同角三角函数关系求解正切值.‎ ‎【详解】因为，两边平方后 故可得：<0，‎ 因为，故可得，则角为钝角.‎ 因为 因为，，故 则，联立 可得 故可解的.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查与之间的关系，本题的难点在于，对公式的熟练应用.‎ ‎14.圆心在x轴上，且过两点，的圆的方程为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，圆心在轴上，设圆心坐标，半径，写出圆的方程，再把点和点的坐标代入，求出和，即可得到圆的方程.‎ ‎【详解】根据题意，圆心在轴上，设圆心坐标，半径，‎ 则圆的方程为：，‎ 又圆经过点和点，‎ 所以，解得，，‎ 所以圆的方程为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用待定系数法求圆的标准方程，考查学生计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知直线l经过点，并且与点和点的距离相等，则直线l的方程为____________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当经过点的直线斜率不存在时，直线：，易知成立；当斜率存在时，设直线方程，由点到直线的距离公式求解即可.‎ ‎【详解】①当经过点的直线斜率不存在时，直线：，‎ 此时点和点到直线距离都为1，故成立；‎ ‎②当经过点直线斜率存在时，设直线：，‎ 整理成一般式为：，‎ 直线l与点和点的距离相等，‎ 由点到直线距离公式：，解得，‎ 所以直线：.‎ 综上：直线的方程为或.‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本题主要考查直线方程和点到直线距离公式的应用，考查学生分类讨论的思想和计算能力，属于中档题.‎ ‎16.下列各式：　‎ ‎（1）；‎ ‎（2）已知，则.‎ ‎（3）函数的图象与函数的图象关于原点对称；‎ ‎（4）函数=的定义域是，则的取值范围是；‎ ‎（5）函数的递增区间为.‎ 正确的有________．（把你认为正确的序号全部写上）‎ ‎【答案】（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1），所以错误；‎ ‎（2），当时，恒成立；当时，，综上，或，所以错误；‎ ‎（3）函数上任取一点，则点落在函数上，所以两个函数关于原点对称，正确；‎ ‎（4）定义域为，当时，成立；当时，，得，综上，，所以错误；‎ ‎（5）定义域为，由复合函数的单调性性质可知，所求增区间为，所以错误；‎ 所以正确的有（3）．‎ 三、解答题（本大题共70分，要求写出关键步骤和计算结果）‎ ‎17.已知角的终边经过点，且．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）角的终边经过点，所以可以得到，而，所以可以求出的值；‎ ‎（2）由（1）可以求出的值，然后把写成分母为1的形式，再用进行代换，最后分子、分母同除以，求出代数式的值.‎ ‎【详解】（1）因为已知角的终边经过点，且，所以有，求得；‎ ‎（2）由（1）可得，，‎ 原式===．‎ ‎【点睛】本题考查了余弦函数的定义、同角三角函数关系中的正弦、余弦平方和为1的关系和商关系，考查了数学运算能力.‎ ‎18.（1）化简：.‎ ‎（2）已知，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简表达式.‎ ‎（2）利用诱导公式化简已知条件，求得的值，根据同角三角函数的基本关系式求得的值，由此化简所求表达式，求得表达式的值.‎ ‎【详解】（1）原式 ‎（2）由，所以，‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式进行化简求值，属于基础题.‎ ‎19.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.‎ ‎ ‎ ‎（1）当时，求的解析式；‎ ‎（2）在上图直角坐标系中画出的图像，并且根据图像回答下列问题（直接写出结果）.‎ ‎①的单调增区间；‎ ‎②若方程有三个不等实根，实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）当时，；（2）①的单调增区间；②的取值范围.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，，即可得解；‎ ‎（2）根据二次函数作图方式作图，结合图象可得单调增区间和实数的取值范围 ‎【详解】（1）函数是定义在上的奇函数，且当时，，‎ 当时，，，‎ 所以当时，；‎ ‎（2）如图所示：‎ ‎ ‎ ‎①的单调增区间；‎ ‎②若方程有三个不等实根，实数的取值范围.‎ ‎【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求解函数解析式，作函数图象并根据图象得单调区间，根据根的个数求参数取值范围.‎ ‎20.设函数，且．‎ ‎（1）求值；‎ ‎（2）令，将表示成以t为自变量的函数；并由此，求函数的最大值与最小值及与之对应的x的值．‎ ‎【答案】（1）6；（2）；，此时；，此时．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据对数的运算法则直接求解即可；‎ ‎（2），由求出；根据对数的运算法则将转化为关于的二次函数，利用二次函数的性质求得最值，再根据对数运算求出相应的即可.‎ ‎【详解】（1）；‎ ‎（2）令，又，，即 由 令，‎ ‎①当时，，即，则，‎ ‎，此时；‎ ‎②当时，，即，，‎ ‎，此时．‎ ‎【点睛】本题主要考查对数的运算法则、函数求值和二次函数的性质，考查学生转化和计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为求：‎ 顶点C的坐标；‎ 直线BC的方程．‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求直线AC的方程，然后求出C的坐标；设出B的坐标，求出M代入直线方程为，与直线为联立求出B的坐标然后可得直线BC的方程．‎ ‎【详解】由及AC边上的高BH所在的直线方程 得AC所在直线方程 又AB边上的中线CM所在直线方程为 由得 设，又是AB的中点，则 由已知得得 又得直线BC的方程为 ‎【点睛】本题考查两条直线的交点，待定系数法求直线方程，是基础题．‎ ‎22.如图所示，在正三棱柱中，，D点为棱AB的中点．‎ ‎（1）求证：平面 ‎（2）求与平面所成角的正切值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，连接，利用三角形中位线证明，再由线面平行判定定理证明线面平行即可；‎ ‎（2）先证明平面平面，过作，则即与平面所成的角，再计算二面角的正切值即可.‎ ‎【详解】（1）证明：连接交于点，连接，‎ 又是的中点，所以，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）由题意，平面，平面，所以，‎ 又是的中点，所以，且，‎ 所以平面，又平面，所以平面平面，‎ 平面平面，过作，则平面．‎ 所以即与平面所成的角，‎ 由，，得．‎ 即与平面所成角的正切值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线线、线面、面面的关系，考查线面平行，线面垂直已经线面角的求法，考查学生空间想象能力，属于中档题.‎ ‎ ‎