期末综合测试题-2020-2021学年高一数学上学期期末复习（人教B版）Word含解析

人教B版数学高一上册期末综合测试题
一、单选题
1．集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．一个长方体去掉一角的直观图如图中所示，关于它的三视图，下列画法正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．函数在区间[2，8]上的值域为( )
A．(-∞，1] B．[2，4] C．[1，3] D．[1， +∞)
4．设，，，那么（ ）
A． B．
C． D．
5．圆上的点到直线的距离的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．函数的图象大致为
A． B． C． D．
7．如图所示，已知正方体中，，分别是它们所在线段的中点，则满足平面的图形为（ ）

A．① B．①② C．② D．①②③
8．幂函数y＝（m2﹣m﹣1）x﹣5m﹣3在（0，+∞）上为减函数，则实数m的值为（ ）
A．m＝2 B．m＝﹣1
C．m＝2 或m＝﹣1 D．且m≠
9．若函数在区间的最大值是，最小值是，则（ ）
A．与无关，且与无关 B．与无关，但与有关
C．与有关，但与无关 D．与有关，且与有关
10．若圆C1：与圆C2：外切，则正数r的值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
11．已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12．如图，四边形是矩形，是的中点，与交于点平面若，则直线与平面所成角的正弦值（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知是定义在R上的偶函数，且当时，，则_____．
14．已知函数，.若，，使，则实数的取值范围是______.
15．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，现有如下四个结论：
①；
②平面；
③三棱锥的体积为定值；
④直线与平面所成的角为定值，
其中正确结论的序号是______．
16．直线被圆所截弦长为______.
三、解答题
17．已知集合A＝{x|2﹣a≤x≤2+a}（a＞0），B＝{x|x2+3x﹣4≤0}.
（1）若a＝3，求A∪B；
（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，求实数a的取值范围.
18．已知函数f（x）＝．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）判断f（x）的奇偶性并证明．
19．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
20．已知函数是指数函数．
（1）求的表达式；
（2）令，解不等式：．
21．如图，在边长为的菱形中，现沿对角线把折起，折起后使的余弦值为
（1）求二面角.
（2）若是的中点，求到面的距离.
22．已知函数，.
（1）求的解析式.
（2）若方程有实数根，求实数a的取值范围.
参考答案
1．B
【分析】
解出集合、，利用并集的定义可求出集合.
【详解】
，，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查并集的计算，涉及一元二次不等式和分式不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.
2．A
【分析】
根据几何体的直观图得到三视图中正确的视图选项.
【详解】
解：由于几何体被切去一个角，所以正视图、俯视图的矩形都有斜线；
斜线的位置，如图在正视图中是正确的；
、、中的3个视图不满足题意；
故选：A.
【点睛】
识别三视图的步骤：
（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；
（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；
（3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.
3．C
【分析】
利用对数函数的单调性即可求解.
【详解】
函数为单调递增函数，
由，
所以，即函数的值域为[1，3].
故选：C
【点睛】
本题考查了对数函数的单调性，利用单调性求函数的值域，属于基础题.
4．C
【分析】
利用指数函数和对数函数的单调性得出结论.
【详解】
解：，
综上，.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.
5．A
【分析】
求出圆心到直线的距离，加上半径最大值，减去半径最小值即可求解.
【详解】
，圆心，半径，
圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线的距离的最小值为，
最大值为，所以圆上的点到直线的距离的取值范围为.
故选：A
6．B
【分析】
利用得图象关于轴对称，排除，当时，，排除C.
【详解】
，所以图象关于轴对称，
排除；当时，，排除C，故选B.
【点睛】
本题考查利用函数解析式选函数图象，注意从解析式得到函数的性质，如过特殊点、奇偶性、函数值正负等.
7．C
【分析】
平移直线，判断平移后的直线：若在面上，则平面，还是与面交于一点则与面不平行，即可知正确选项.
【详解】
①中，平移至，知与面只有一个交点，则与面不平行；
②中，在正方体中，，分别是它们所在线段的中点，则易知，而平面，平面，故平面；
③中，同①平移至，知与面只有一个交点，则与面不平行；
故选：C．
8．A
【分析】
根据题意列出不等式,求其交集即可.
【详解】
∵幂函数y＝（m2﹣m﹣1）x﹣5m﹣3在（0，+∞）上为减函数，
∴m2﹣m﹣1＝1，﹣5m﹣3＜0，
解得m＝2．
故选：A．
9．B
【分析】
先将函数化为，令，得到，根据二次函数各系数的意义即可判断.
【详解】
，，
令，由题意的最大值是，最小值是，
而是影响图象的上下平移，此时最大值与最小值同步变大或变小，故与无关，而影响图象左右平移，故与有关.
故选：B.
【点睛】
本题考查二次函数的应用，将函数化为利用二次函数的性质是解题关键.
10．C
【分析】
根据外切可得圆心距等于半径之和可求出.
【详解】
圆C1：，圆C2：，
∴C1坐标为(1，1)，半径为1，C2坐标为，半径为r，
，解得.
故选：C.
11．B
【分析】
令，要使已知函数的值域为，
需值域包含，对系数分类讨论，结合二次函数图像，即可求解.
【详解】
解：∵函数的值域为，
令，
当时，，不合题意；
当时，，此时，满足题意；
当时，要使函数的值域为，
则函数的值域 包含，
，解得，
综上，实数的取值范围是.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：要使函数的值域为，需要作为真数的函数值域必须包含，对系数分类讨论，结合二次函数图像，即可求解.
12．B
【分析】
推导出，从而有，进而，，利用线面垂直的判定定理得出平面，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的坐标公式计算可得答案．
【详解】
四边形为矩形，
，
又矩形中，，
在中，
在中，，
平面平面，
又平面，
平面
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则
.
.
设是平面的法向量，
则
取，
得
设直线与平面所成角的大小为
则
直线与平面所成的角的正弦值为
故选：B
【点睛】
本题考查线面垂直的判定定理，考查线面角的求法，考查学生计算能力，判断线面垂直的方法主要有：
1.线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；
2.面面垂直的性质定理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；
3.线面垂直的性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；
4.面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面．
13．
【分析】
根据条件可得，然后可算出答案.
【详解】
因为是定义在R上的偶函数，且当时，
所以，所以
故答案为：1
14．
【分析】
转化为可求得结果.
【详解】
因为在上单调递增，
所以当时，，
因为在上单调递减，
所以当时，.
若，，使，
只要使即可.
即，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
15．①②③
【分析】
由线面垂直的判定可得平面，再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④.
【详解】
连接交于点，
由，可知平面，
而平面，，故①正确；
由，且平面，平面，
可得平面，故②正确；
由正方体的性质可得为定值，且点到平面的距离为定值，所以为定值，故③正确；
点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，
则不是定值，所以直线与平面所成的角不为定值，故④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化及锥体体积的相关运算，在求解锥体体积相关问题时，选取一个合适底面能事半功倍.
16．
【分析】
求出圆心到直线的距离，然后在由半径、弦心距和半弦长构成的直角三角形中求解可得所求.
【详解】
由圆方程变形得：，
∴圆心坐标为，半径，
∵圆心到直线的距离，
∴直线被圆截得的弦长为.
故答案为：.
17．（1）[﹣4，5]；（2）a≥6.
【分析】
（1）当a＝3时，化简集合A，利用并集定义求解即可；
（2）由“x∈A”是“x∈B”的必要条件，列出不等式解出实数a的取值范围．
【详解】
（1）当a＝3时，A＝{x|2﹣a≤x≤2+a}＝[﹣1，5]，
B＝{x|x2+3x﹣4≤0}＝[﹣4，1]，
所以，A∪B＝[﹣4，5]
（2）A＝{x|2﹣a≤x≤2+a}（a＞0），B＝{x|x2+3x﹣4≤0}＝[﹣4，1]，
因为“x∈A”是“x∈B”的必要条件，
所以，
所以，所以a≥6.
所以，当a≥6时，“x∈A”是“x∈B”的必要条件.
18．（1）{x|x≠±1}；（2）偶函数，证明见解析.
【分析】
（1）定义域是使解析式有意义的自变量的集合，本题中，只要分母不为0即可；
（2）由于定义域关于原点对称，因此再计算与比较其关系，即可证明．
【详解】
（1）解1﹣x2≠0得，x≠±1，
∴f（x）的定义域为{x|x≠±1}，
（2）f（x）为偶函数，
证明：由（1）知f（x）的定义域为{x|x≠±1}，定义域关于原点对称，
又，
∴f（x）为偶函数．
19．（1）过点且与圆相切的直线方程为：或；（2）圆的方程为或.
【分析】
（1）当直线的斜率不存在时，显然成立，当直线的斜率存在时，设切线方程为：，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出得到直线；
（2）两圆方程相减得出公共弦所在直线方程，由点线距公式求出到直线的距离为，利用勾股定理列方程求出，可得圆的方程．
【详解】
（1）当直线的斜率不存在时，显然直线与圆相切，
当直线的斜率存在时，设切线方程为：，
圆心到直线的距离等于半径，解得，
切线方程为：，
综上，过点且与圆相切的直线方程为：或.
（2）圆与圆，
相减得圆与圆的公共弦所在直线方程，
圆的圆心为(1，0)，，
设到直线的距离为，
∴，
又∵圆与圆公共弦长为，
∴，
即，
解得，
∴圆的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，解决本题的关键点是利用圆的弦长的一般，圆心到直线的距离和圆的半径组成直角三角形，列出勾股定理解出参数，得到圆的方程，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
20．（1） （2） 或
【分析】
（1）根据指数函数定义得到，计算得到答案.
（2），即，化为，计算得到答案.
【详解】
（1）函数是指数函数
所以，解得或(舍)
所以
（2）
所以，即，也即
所以，则或，即或
所以的解集为：或
21．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用余弦定理求出，取中点，连接可证即为的平面角，再在中利用余弦定理计算可得；
（2）依题意可证面，则求出体积，再求出，最后利用等体积法求出点到面的距离；
【详解】
解：（1）
取中点，连接
即为的平面角，
因为，
（2）由（1）知二面角为直二面角，
面面
面面面
面
，
，
，
到面的距离
【点睛】
(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
22．（1），；（2）.
【分析】
（1）考查了函数解析式的求解，需要采用换元法，设，表示出，再写出，最后换元成即可；（2）有实根，转化为，所以需要求函数的值域，再解不等式.
【详解】
解：（1）设，因为，所以；
且，所以，
所以，；
（2）设，，，
所以当时函数有最小值，而，，
所以，所以，所以.
【点睛】
本题主要考查的是换元法求函数的解析式，利用函数值域求参数范围的问题，需要注意：
（1）采用换元法求解函数解析式时，注意换元必换域，不要漏掉的范围；
（2）求解参数范围时需要转化为求解函数的最值问题，即求函数的值域，再利用的范围解不等式即可，需要注意定义域的限制.