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- 2021-05-08 发布
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景德镇一中2019～2020学年第一学期期中考试卷
高一（1）班数学
一、单选题
1.设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．
【详解】是R的偶函数，．
，
又在(0，+∞)单调递减，
∴，
，故选C．
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值．
2.已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.
【详解】过两点的直线方程为
设关于直线对称的点，
则，解得
即，
同理可求关于对称的点，
当共线时的周长
取得最小值为.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.
3.函数的单调减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出函数的定义域，分离出内层函数和外层函数，并分析内层函数和外层函数的单调性，利用同增异减法得出函数的单调减区间.
【详解】由，即，解得，
内层函数为，外层函数为，
内层函数的增区间为，减区间为，外层函数为增函数，
由复合函数同增异减法可知，函数的单调减区间是，故选：A.
【点睛】本题考查函数单调区间的求解，考查复合函数法求解函数的单调区间，在求解函数的单调区间时，要注意求出函数的定义域，要在函数定义域内得出单调区间，否则得到的单调区间无意义，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
4.若两个正实数、满足，且恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将代数式与相乘，展开后利用基本不等式求出的最小值，然后解二次不等式即可.
【详解】、，且，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，
由题意可得，即，解得.
因此，实数的取值范围是，故选：C.
【点睛】本题考查基本不等式恒成立问题，同时也考查了一元二次不等式的解法，在利用基本不等式求最值时，要注意对代数式进行配凑，考查运算求解能力，属于中等题.
5.设，为正实数，若直线与圆相切，则( )
A. 有最小值，无最大值 B. 有最小值，最大值
C. 有最大值，无最小值 D. 有最小值，无最大值
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直线与圆相切，可得，的关系，结合基本不等式即可求得的取值情况。
【详解】因为直线与圆相切
圆的方程可化为
所以圆心到直线的距离等于半径，即
整理可得
因为，为正实数
所以，当且仅当等号成立
即
令
则不等式可化为
解不等式可得或（舍）
即
所以
即有最小值，无最大值
所以选D
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，基本不等式在求最值中的应用，化简较为繁琐，属于中档题。
6.函数的部分图象大致是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由奇偶性的定义，判断为偶函数，排除CD，再由特殊值验证，即可得出结果.
【详解】因为，所以，
所以为偶函数，排除CD；
又，，
所以
所以，排除B
故选A
【点睛】本题主要考查函数图像识别，熟记函数奇偶性，以及特殊值的方法判断即可，属于常考题型.
7.设定义在上的函数满足，且对任意的、，都有，则的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
通过赋值法求出函数解析式，然后令，即可求出函数的定义域.
【详解】令，得，
令，则，①
令，则，即，②
联立①②得，解得，
对于函数，令，解得.
因此，函数的定义域为，故选：A.
【点睛】本题考查抽象函数解析式的求解，解题时要充分利用已知条件利用赋值法求解，考查运算求解能力，属于中等题.
8.如图，二面角的大小是，线段，与所成的角为，则与平面所成的角的正弦值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
如图，
过点 作平面的垂线，垂足为，在内过作的垂线，垂足为，连接，由三垂线定理可知，
故 为二面角的平面角，为，
又由已知，
连接 则 为 与平面所成的角，
设
点睛：本题考查了二面角的平面角，考查了线面角，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题．解题时关键是要设法构造二面角的平面角以及直线与平面所成的角.
9.数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【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：整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为，
即x-2y+3=0．联立 解得
∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②
联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A
【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．
10.已知函数，若定义在上的奇函数满足，且，则=( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用奇函数求出，由奇函数性质得，再由奇函数及对称性得函数是周期函数，从而可求．
【详解】设，
则，∴是奇函数，
，
又是奇函数，∴．
∵是奇函数，且即的图象关于直线对称，
，
∴函数是周期函数，且周期为4．
∴．
故选A．
【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，考查对数的运算法则，解题关键是确定函数的周期．函数的图象关于点对称，又关于直线对称，则它是周期函数，且是它的一个周期．
11.在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析：先证明于CD中点E,再由OC=OA算出球的半径，再求球的表面积。
解析：根据题意画出三棱锥，如下图
由所以AB直线在面BCD上的身影在底面正三角形的角平分线BE(E为CD中点)，
，
即，点F为等边三角形BCD的中心，OF//AE,球心一定在OF上，设球半径为R,,解得,选A.
点睛：对于外接球问题，若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，
12.在正方体中， 是棱的中点，是侧面内的动点，且平面， 记与平面所成的角为， 下列说法正确的是个数是（ ）
①点F的轨迹是一条线段
②与不可能平行
③与是异面直线
④
⑤当与不重合时，平面不可能与平面平行
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
由上图可得 ，故①正确；当 与重合时与平行，故②错误；与既不平行也不相交，直线与是异面直线，故③正确；为中点时 最小，此时 ,故④正确；显然平面不可能与平面平行，故⑤正确，综上正确命题有 个，故选C.
二、填空题
13.已知等腰梯形的上底边，腰，下底边.若平面直角坐标系的轴平行于上、下底边，则等腰梯形的直观图的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据斜二测画法的规则，分别求出等腰梯形的直观图的上底和下底以及髙，利用梯形的面积公式可得结果.
【详解】在等腰梯形中，上底，
腰，下底,
高，
根据斜二测画法的规则可知，
，，
直观图中的高，
直观图的面积为，故答案为.
【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义与性质，意在考查对基础知识的理解与灵活应用，属于中档题.
14.若圆x2+y2－2x+4y+1=0上恰有两点到直线2x+y+c=0的距离等于1，则c的取值范围是
________
【答案】
【解析】
【详解】由圆，
得到,圆心P的坐标为（1，-2），半径为2，
∵圆上恰有两点到直线（的距离等于1，
∴圆心到直线的距离满足，
即，解得或
答案为．
15.已知函数，，，使，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
将，转化两函数值域之间关系，然后分类讨论求解
【详解】，使，即g(x)的值域是的子集
g(x)[]
，
当a≤-1时，f(x)[]，即≤，解得a
当-11时，f(x)[]，即≤，不等式组无解
综上所述，a的范围为
【点睛】本题能够顺利求解的关键是能将已知条件进行转化为两个函数值域的包含关系，解决问题的难点在于两个函数的值域中含有参数a，这就不得不进行分类讨论，而分类讨论又会产生本题的易错点，就是分类讨论不全面，分类标准不正确
16.在研究函数性质时，某同学受两点间距离公式启发将变形为，，并给出关于函数以下五个描述：
①函数的图像是中心对称图形；②函数的图像是轴对称图形；
③函数在[0,6]上是增函数；④函数没有最大值也没有最小值；
⑤无论m为何实数，关于x的方程都有实数根.
其中描述正确的是__________.
【答案】①③④
【解析】
由得
，故函数的图象关于对称，故①正确；由意义知当时，，当时，，故函数的图像是轴对称图形不成立，故②不正确；当时，单调增,单调减，故单调增，故③正确；设，，，由其几何意义可得表示，故当时，，当时，，故函数没有最大值也没有最小值，故④正确；当时，由④可知，方程无解，则⑤错误；故答案为①③④.
点睛：本题综合考查了函数的性质，综合性较强，运算量较大，综合考查学生的分析能力，解题时要注意等价转化思想的合理运用；利用中心对称和轴对称的定义和性质可准确判断出①②的正确性；利用函数单调性的定义可得增减型，结合三角形中两边之差小于第三边，可得到后三者的准确性.
三、解答题
17.（1）点在函数的图像上，当时，求的取值范围.
（2）已知圆C的圆心在直线上，且圆C与x轴相切，直线被圆C截得的弦长为，求圆C的一般方程．
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】
（1）表示直线上点与定点连线的斜率,进而得出范围；
（2）可设圆心为,则,而圆心到直线的距离,由弦长公式可得,进而求得,从而解得方程
【详解】解：（1）由题,的几何意义为动点与定点连线的斜率,
则当时,可得,,设点为,
则,,
的取值范围是
（2）设圆心为,圆C与x轴相切,,
设圆心到直线线的距离,,
则由弦长可得,即,,
圆心为或,
圆的标准方程为或,
圆的一般方程为或
【点睛】本题考查直线斜率公式的应用, 考查圆的一般方程,考查运算能力
18.如图，在边长为3的正三角形中，，，分别为，，上的点，且满足
.将沿折起到的位置，使平面平面，连结，，.（如图）
（1）若为中点，求证：平面；
（2）求与平面所成角的正切.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证明平面,即证平行于面内的一条直线,即可找到中点,证明；
（2）作于,连接,可得为与平面所成的角,因此,利用余弦定理与条件求得、即可
【详解】（1）证明：取中点,连接,,
在中,,分别为,的中点,
且,
正三角形的边长为3, ,
,
,
,
,
,
又,
四边形是平行四边形,
,
平面,且平面,
平面
（2）解：
作于,连接,则,
,,,
平面,
平面,即是在平面内的射影，
为与平面所成的角,
由题可得,,,
,
,
即与平面所成角的正切值为
【点睛】本题考查线面平行的判定,考查几何法解决线面成角问题,考查运算能力
19.在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是（，）．
（1）当，时，求曲线围成的区域的面积；
（2）若直线：与曲线交于轴上方的两点，，且，求点到直线距离的最小值．
【答案】(1)4；(2) ．
【解析】
【分析】
（1）当，时，曲线的方程是，对绝对值内的数进行讨论，得到四条直线围成一个菱形，并求出面积为4；
（2）对进行讨论，化简曲线方程，并与直线方程联立，求出点的坐标，由得到的关系，再利用点到直线的距离公式求出，从而求得.
【详解】（1）当，时，曲线的方程是，
当时，，当时，，
当时，方程等价于，
当时，方程等价于，
当时，方程等价于，
当时，方程等价于，
曲线围成的区域为菱形，其面积为；
（2）当，时，有，
联立直线可得，
当，时，有，
联立直线可得，
由可得，
即有，
化为，
点到直线距离
，
由题意可得，，，即，
可得，，
可得当，即时，点到直线距离取得最小值．
【点睛】解析几何的思想方法是坐标法，通过代数运算解决几何问题，本题对运算能力的要求是比较高的.
20.如图，三棱柱中，△ABC是正三角形，，平面
平面，.
（1）证明：；
（2）证明：求二面角的余弦值；
（3）设点是平面内的动点，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）4
【解析】
【分析】
（1）取中点,连接、,可得且,所以平面,进而得证；
（2）由题可知即为二面角的平面角,则,进而可求；
（3）作关于平面的对称点,即为所求,建立空间直角坐标系求解
【详解】（1）证明：取中点,连接、,
是正三角形,
,,
,
平面,
平面,
（2）证明：,由（1）得,,,
,,
即为二面角的平面角,
平面平面,平面平面,平面,
,
平面,
平面,,
在中,,且在中,
在,,
,
二面角的余弦值为
（3）解：延长至使,连接、、,则为的最小值,
以为原点如图建立空间直角坐标系,则点为,为,
则为的最小值,
【点睛】本题考查线线垂直的判定,考查几何法求二面角,考查对称性的应用,考查空间直角坐标系,考查计算能力.
21.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，设动点的轨迹为曲线．
（1）求动点的轨迹方程，并说明曲线是什么图形；
（2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程；
（3）设是直线上的点，过点作曲线的切线，切点为，设，求证：过三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．
【答案】（1）动点的轨迹方程为，曲线是以为圆心，2为半径的圆（2）的方程为或.（3）证明见解析，所有定点的坐标为，
【解析】
【分析】
（1）利用两点间的距离公式并结合条件，化简得出曲线的方程，根据曲线
方程的表示形式确定曲线的形状；
（2）根据几何法计算出圆心到直线的距离，对直线分两种情况讨论，一是斜率不存在，一是斜率存在，结合圆心到直线的距离求出直线的斜率，于此得出直线的方程；
（3）设点的坐标为，根据切线的性质得出，从而可得出过、、三点的圆的方程，整理得出，然后利用
，解出方程组可得出所过定点的坐标.
【详解】（1）由题意得，化简可得：，
所以动点的轨迹方程为.
曲线是以为圆心，为半径的圆；
（2）①当直线斜率不存在时，，不成立；
②当直线的斜率存在时，设，即，
圆心到的距离为 ∵
∴, 即，解得或，
∴的方程为或；
（3）证明：∵在直线上，则设
∵为曲线的圆心，由圆的切线的性质可得，
∴经过三点的圆是以为直径的圆，
则方程为，
整理可得,
令，且,
解得或
则有经过三点的圆必过定点，所有定点的坐标为，.
【点睛】本题考查动点轨迹方程的求法，考查直线截圆所得弦长的计算以及动圆所过定点的问题，解决圆所过定点问题，关键是要将圆的方程求出来，对带参数的部分提公因式，转化为方程组求公共解问题。
22.已知函数，其中.
（1）当时，设，，求的解析式及定义域；
（2）当，时，求的最小值；
（3）设，当时，对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），其定义域为；（2）；
（3）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，而，于是可得的解析式及定义域；
（2）当时，利用函数在上单调递增，即可求得；
（3）由题意可求得设，则，此时
，由函数在上单调递增，可求及，又对任意恒成立，即可求得的取值范围．
【详解】（1）设，则，当且仅当时取等号，
此时，即
，其定义域为；
（2）由（1）知，当时，，
函数在上单调递增，
∴；
（3）设，则，
当且仅当时取等号，显然
且当和时，都有
此时，
其中
函数在上单调递增，
∴
∴
又对任意恒成立，
∴，即，
注意到，∴即为所求.
【点睛】本题考查基本不等式，考查函数恒成立问题，考查二次函数的性质，考查综合分析与运算能力，难度大，属于难题．