XCS2020—2021学年第一学期期末教学质量检测
高一理科数学
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需
改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3.考试结束后,将答题卡交回。
选择题本题共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.设集合A={x|x2+x-2<0},B={x|lgyx<1},则A∩B=
A.(-2,1)
B.(0,1)
C.(1,2)
2已知直线4过点A(2,3),B(-4,0),且l1⊥l2,则直线2的斜率为
A.-2
C.2
3.函数y=ln(x2-3x-4)的单调递减区间是
4.以点A(-3,4)为圆心,且与y轴相切的圆的标准方程为
B.(x-3)2+(y+4)2=16
C.(x+3)2+(y-4)2=
5已知函数f(x)=-logx(a>0且a≠1),当x1时,(x)<0.方程、x+a表示的直
线是
C
6已知a=33,b=0.2,c=1g0.2,则a,b,c三者的大小关系是
Ab>c>a
Bb>a>c
C
a>b>c
D.c>b>a
高一理科数学第1页(共4页)
7如图,正方体ABCD-A1B1CD1的棱长为1,动点E在线段AC1上,F,M分别是AD,CD
的中点,则下列结论中错误的是
C
A.FM∥AC1
B.BM⊥平而CC1F
C.三棱锥B-CEF的体积为定值
C
D存在点E,使得平面BEF∥平面CC1D1D
8已知点A(1,3),B(-1,0),C(3,1),则△ABC的面积为
A.8
B.7
C.6
D.5
9.下列命题中正确的个数是
①两条直线a,b没有公共点,那么a,b是异面直线
②若直线l上有无数个点不在平面a内,则l∥a
③空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补
④若直线1与平面a平行则直线l与平面a内的任意一条直线都没有公共点
A.0
B.1
C.2
D.3
10.古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古
代世界光辉的科学成果,著作中有这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数
A(A>0且λ≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆已知O(0,0),
A(3,0),动点P(x,y)满足
PD=2,则动点P轨迹与圆(x-1)2+y2=1位置关系是
A.外离
B外切
C相交
D.内切
11.函数f(x)=(x-)ln(x2+1)的图像大致为
C
A
|2x-6|,x=0
12.设函数f(x)=
若关于x方程[f(x)]2-m(x)+m-1=0有5个不同实
2+1,x<0
根,则实数m的取值范围为
B.(2,3)
C.(2,3]
D.(3,7]
A.[3,7]
高一理科数学第2页(共4页)许昌市2021年高一期末质量检测题答案
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共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．B．
2.A．-2
3.B．
4．C
解答：以点为圆心且与轴相切的圆的半径为3，故圆的标准方程是.
5．C
解析：选C.因为x＞1时，＜0，所以a＞1.
则直线的斜率为，
在y轴上的截距a＞1.故选C.
6．
C．abc
7．D
解答：
在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;
在B中,因为,,故,
故.故,又有,
所以平面,故B正确；
在C中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故C正确.
在D中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故D错误.
故选：D.
8.
D．5
解析：
9.C．2
解析：①②错，③④对.
10.C
解答：设，由，得，整理得，表示圆心为，半径为的圆，圆的圆心为为圆心，为半径的圆，两圆的圆心距为，满足，所以两个圆相交.
11.B
解析：定义域为，可判断函数为奇函数，排除D选项，
当时，，，由此，排除A,C选项，答案为B
12.B
解析：作出函数的图像如下图所示。
变形得，由此得
或，方程只有两根
方程有三个不同实根，则，答案为B
备注：本例的易错点为函数的图像无限接近直线，即方程只有两根，另外难点在于方程的变形，即因式分解。
填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
解答：
14..
解答：因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，
故切线方程为，整理得．
15..
解答：∵围绕棱旋转后恰好与重合，
∴，
作于，连接，则，，
∴．
又过球心，∴，而，∴，同理，
，，
由，，，得平面，
∴．
故答案为：．
45.6（万元）.
解答：依题意，设在甲地销售（）辆，则在乙地销售辆，
设利润为S万元,
则S=，
由二次函数的图像和可知当时，
可获得的最大利润S=45.6（万元）.
三、解答题：（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17(10分)
解：(1)当时,
.................5分
...............10分
18.（12分）
解析：⑴..................2分
由
得
.
解得
..................4分
另解：由，令得代入得
.
验证，当时，，满足题意
.................6分
⑵为减函数................8分
证明：由⑴知
在上任取两不相等的实数，且
................10分
由为上的增函数，
，
则
函数为减函数
.................12分
19.（12分）
解 由题意可得kOA＝tan
30°＝，
kOB＝tan(180°－45°)＝－1，
所以直线lOA：y＝x，lOB：y＝－x.
设A(m，m)，B(n，－n)，
所以AB的中点..................6分
由点C在y＝－x上，且A、P、B三点共线得
解得n＝，所以B(，－)．
又P(1,0)，所以
所以lAB：y＝－(x－1)，
即直线AB的方程为(3＋)x+2y－3－＝0..................12分
20.（1）证明：取中点为，连接，，
在中，，
又
所以，，即四边形是平行四边形.
故，
又平面，平面，
所以，平面.
-------------6分
（2）证明：连接，在正方形中，，
所以，与互余，故，
又，，，
所以，平面，又平面，
故
又,
所以平面
又平面，
所以.
----------12分
21．（12分）
解：（1）设圆的圆心为，由题意可得，
则的中点坐标为，
因为圆：关于直线：对称的图形为圆，
所以，解得，
因为圆和圆的半径相同，即，
所以圆的方程为..................6分
（2）设圆心到直线：的距离为，
原点到直线：的距离为，
则，，
所以
所以，解得，
因为，所以，
所以直线的方程为..................12分
22.(12分)
解：（1）取中点，设面，连，
则为二面角的平面角，
为侧棱与底面所成的角，，
连，为异面直线与所成的角．
因为，，所以平面.
平面，所以.
∵,
∴..................6分
（2）延长交于，取中点，连、．
因为，，，
故平面，因平面，
故平面平面，
又，故为等边三角形，
所以，由平面，故
因为，所以平面.
取的中点，∵，∴，
∴四边形为平行四边形，所以
∴平面．即为四等分点..................12分
22.（12分）
解：（1）设，因为，
即；
整理得，
即所求点的轨迹方程为..................6分
(2)由（1）知点在以点为圆心，为半径的圆上，令；
∵直线经过定点，令；
∴当时，点到直线的距离最大，即点到直线的距离最大，
∴，
∵
由解得，
∴所求圆的方程为..................12分
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