陕西省商洛市2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题 Word版含解析

商洛市2019~2020学年度第一学期期末教学质量检测
高一数学试卷
考生注意：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2. 请将各题答案填写在答题卡上.
3. 本试卷主要考试内容：北师大版必修1，必修2.
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知直线经过两点，则直线的倾斜角是( )
A. B. C. D.
3.若函数,则( )
A. 9 B. 6 C. 4 D. 3
4.函数的零点所在的区间是( )
A. B. C. D.
5.已知，则△的边上的中线所在的直线方程为( )
A. B.
C. D.
6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
7.若直线被圆截得的弦长为8，则正数（ ）
A. B. C. 5 D. 10
8.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆,则该圆锥的体积是( )
A B. C. D.
9.某几何体的三视图所示(单位:cm)，则该几何体的体积(单位:)是( )
A. B. C. D.
10.已知圆：，圆：，则圆与圆（ ）
A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含
11.已知，则( )
A. B. C. D.
12.如图,在长方体中,,,,点是的中点,点是底面内(不包括边界)一动点,且三棱锥体积为,则的最小值是( )
A. B. C. D.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.若直线:与直线:互相垂直,则______.
14.已知函数,则______.
15.已知长方体的每个顶点都在球的球面上.若,,则球的体积是______.
16.设函数，若对任意的，不等式恒成立，则a的取值范围是_______.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知直线的方程为，与垂直且过点.
(1)求直线的方程;
(2)若直线经过与的交点，且垂直于轴，求直线的方程.
18.计算或化简：
（1）；
（2）.
19.已知二次函数，且.
（1）求的解析式；
（2）若的图象的对称轴为，求的值以及在上的最小值.
20.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形， ，面，.
(1)证明:平面⊥平面；
(2)求点到平面的距离.
21.已知圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，且圆心在x轴上.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l过点（5，2），且被圆C所截得的弦长为6，求直线l的方程.
22.已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)证明:在上单调递增；
(2)函数，如果总存在，对任意都成立，求实数的取值范围.
答案与解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
化简集合，根据交集的定义，结合数轴，即可求解
【详解】因为，，
所以.
故选:B.
【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.
2.已知直线经过两点，则直线的倾斜角是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出直线的斜率，根据斜率得倾斜角．
【详解】由题意直线的斜率为，∴倾斜角为．
故选：A．
【点睛】本题考查直线的倾斜角，可先求出斜率根据斜率是倾斜角的正切值求出倾斜角．
3.若函数,则( )
A. 9 B. 6 C. 4 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
求得对应的值，由此求得函数值.
【详解】由，解得，所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查函数值的求法，属于基础题.
4.函数的零点所在的区间是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数单调递增和,得到答案.
【详解】是单调递增函数,且,,
所以的零点所在的区间为
故选：
【点睛】本题考查了零点所在的区间，意在考查学生对于零点存在定理的应用.
5.已知，则△的边上的中线所在的直线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
求出中点坐标，由两点式写出直线方程，再化为一般式．
【详解】由题意边的中点为，∴中线方程为，整理得．
故选：C．
【点睛】本题考查求直线方程，直线方程有多种形式，可根据条件用相应形式写出直线方程，然后整理一般式．
6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】
利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析选择.
【详解】选项A,C直线可能在平面内，故不正确；选项B, 若，，则，或在平面内，而，故与可能平行，相交或异面，故不正确；对于选项D：由 ， ，结合面面平行的性质和线面垂直的判定定理，可得出直线，故为正确.
故选：D
【点睛】本题考查了线面平行、面面平行、线面垂直的性质定理和判定定理，注意定理成立的条件，属于基础题.
7.若直线被圆截得的弦长为8，则正数（ ）
A. B. C. 5 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
求出圆心到直线的距离，由勾股定理（垂径定理）表示出弦长后可得．
【详解】圆的圆心坐标为，半径，由直线被圆截得的弦长为8，可得圆心到直线的距离为，则.
故选：B.
【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题，解题方法是几何法，即求出圆心到直线的距离，由勾股定理列式计算．
8.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆,则该圆锥的体积是( )
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先计算圆锥的半径和母线长分别为2和4，再计算圆锥的高为，得到体积.
【详解】因为半圆的弧长为,半圆的弧长为圆锥的底面周长,所以该圆锥的底面半径.
由题意可知该圆锥的母线长为4,则圆锥的高为,
故该圆锥的体积是.
故选：
【点睛】本题考查了圆锥的体积，抓住扇形和圆锥的线段长度关系是解题的关键.
9.某几何体的三视图所示(单位:cm)，则该几何体的体积(单位:)是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由三视图还原出原几何体，确定几何体的结构后求体积．
【详解】由三视图知，原几何体是一个正方体在旁边挖去一个三棱柱，尺寸见三视图，
其体积为．
故选：D．
【点睛】本题考查三视图，考查柱体的体积．解题关键是由三视图还原出原几何体．
10.已知圆：，圆：，则圆与圆（ ）
A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含
【答案】C
【解析】
分析】
求出圆心距，与两圆半径的和或差比较可得．
【详解】因为，，，所以，从而两圆外切.
故选：C.
【点睛】本题考查两圆位置关系，求出圆心距是解题关键．属于基础题．
11.已知，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把化为同底数的幂比较大小，再借助于数2与比较．
【详解】，又，∴．而，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查比较大小，比较幂的大小尽量化为同底数的幂或化为同指数的幂，同样比较对数大小也尽量化为同底数的对数，如果不能化为同底数（或同指数）或不同类型的数则要借助于中间值比较，如等等．
12.如图,在长方体中,,,,点是的中点,点是底面内(不包括边界)一动点,且三棱锥体积为,则的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
计算得到，点到的距离为，点在底面内(不包括边界)与平行,且距离为的线段上，得到最值.
【详解】因为三棱锥的体积,所以.
设点到的距离为,则,解得,
所以点在底面内(不包括边界)与平行,且距离为的线段上,
要使最小,则点是过作的垂线与线段的交点.
因为点到的距离为,此时.
故选：
【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.若直线:与直线:互相垂直,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用直线垂直公式计算得到答案.
【详解】因为,所以,所以.
故答案为：
【点睛】本题考查了根据直线垂直求参数，意在考查学生的计算能力.
14.已知函数,则______.
【答案】5
【解析】
【分析】
先将代入解析式可得,再求即可
【详解】由题,,
所以
故答案为：5
【点睛】本题考查分段函数求值,考查指数、对数的运算
15.已知长方体的每个顶点都在球的球面上.若,,则球的体积是______.
【答案】
【解析】
【分析】
计算得到，再计算体积得到答案.
【详解】在长方体中,,,
设长方体的外接球的半径为,所以,所以,
则球的体积.
故答案为：
【点睛】本题考查了长方体的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
16.设函数，若对任意的，不等式恒成立，则a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
分析】
先证明函数为奇函数，根据，结合对数运算法则可得，根据复合函数的单调性，可判断在上为减函数，再结合奇偶性和在处连续，可得在R上为减函数，
于是等价转化为，得，即对任意的，， 从而有，即可求解.
【详解】因为，
所以为奇函数，且定义域为R.
又因为函数在上为增函数
所以在上为减函数，
从而在R上为减函数.
于是等价于
，
所以，即.
因为，所以，所以，
解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，利用函数的奇偶性和单调性，将不等式等价转化，化归为函数的单调性和奇偶性是解题的难点，属于较难题.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知直线的方程为，与垂直且过点.
(1)求直线的方程;
(2)若直线经过与的交点，且垂直于轴，求直线的方程.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
（1）由垂直可设，代入点的坐标可得；
（2）求出交点坐标，可得垂直于的直线方程．
【详解】(1)由与垂直，则可设，
过，，
解得，.
(2)由，得，∴与的交点坐标为，
又垂直于轴，则直线的方程为．
【点睛】本题考查求直线方程，考查两直线垂直的关系，考查求直线交点坐标，属于基础题．在求垂直直线方程时可用待定系数法．
18.计算或化简：
（1）；
（2）.
【答案】（1）（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据幂的运算法则计算；
（2）根据对数运算法则和换底公式计算．
【详解】解：（1）原式
.
（2）原式
.
【点睛】本题考查幂和对数的运算法则，掌握幂和对数运算法则是解题关键．
19.已知二次函数，且.
（1）求的解析式；
（2）若的图象的对称轴为，求的值以及在上的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）把二次函数式代入已知，由恒等式的定义可得；
（2）由二次函数对称轴求出，再由二次函数的性质求得最值．
【详解】解：（1）由，得，
所以，所以，
故.
（2）.
因为，所以.
因为，所以.
【点睛】本题考查求二次函数解析式，考查二次函数的最值．属于基础题．
20.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形， ，面，.
(1)证明:平面⊥平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）在直角梯形中，由勾股定理逆定理得，再由面，得，于是有平面，从而可得面面垂直；
（2）利用等体积法可求得到平面的距离.
【详解】（1）证明：在直角梯形中，由，，得
，∴，∴，
又面，∴，，∴平面，
平面，
∴平面⊥平面；
（2）由（1）得，，，
，．
设点到平面的距离为，
则，∴，
∴点到平面的距离为．
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查求点到平面的距离，立体几何中求点到平面的距离在高不易作出的情况下常用等体积法，即一个三棱锥的体积用两种方法表示，一种易求得体积，另一种只求得底面积，高（即所求距离）不易得，由两者相等即可得距离．
21.已知圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，且圆心在x轴上.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l过点（5，2），且被圆C所截得的弦长为6，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）根据题意可设圆的方程为，根据点在圆上可得关于的方程组，解出方程组即可得到圆的方程.
（2）由直线截圆所得的弦长结合垂径定理可得圆心到直线的距离为4，当直线斜率不存在时显然成立，当直线斜率存在时，可设为点斜式，根据点到直线的距离公式求出斜率即可.
【详解】（1）因为圆心在x轴上，所以可设圆的方程为.
因为圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，所以
解得，.
故圆C的标准方程是.
（2）因为直线l被圆C所截得的弦长为6，所以圆C的圆心到直线l的距离.
①当直线l的斜率不存在时，因为直线l过点，所以直线l的方程为，所以圆C的圆心到直线l的距离，符合题意；
②当直线l的斜率存在时，可设出直线l的方程为，
即，
则圆C的圆心到直线l的距离，解得，
故直线l的方程为.
综上，直线l的方程为或.
【点睛】本题考查了用待定系数法求圆的方程，通常用一般式计算要简单；另外圆与直线相交时，半径、弦长的一半和弦心距的关系，注意用到斜率考虑是否存在问题，属于中档题．
22.已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)证明:在上单调递增；
(2)函数，如果总存在，对任意都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）用增函数定义证明；
（2）分别求出和的最大值，由的最大值不小于的最大值可得的范围．
【详解】（1）设，
则
，
∵，∴，，∴，即，
∴在上单调递增；
（2）总存在，对任意都成立，即，
的最大值为，
是偶函数，在是增函数，∴当时，，
∴，整理得，，
∵，∴，即，∴，∴．即的取值范围是．
【点睛】本题考查函数的单调性，考查不等式恒成立问题．单调性的证明只能按照定义的要求进行证明．而不等式恒成立问题要注意问题的转化，本题中问题转化为，
如果把量词改为：对任意，总存在，使得成立，则等价于，
如果把量词改为：对任意，任意，使得恒成立，则等价于，
如果把量词改为：存在，存在，使得成立，则等价于.（的范围均由题设确定）．