高一数学上学期期末考试试题含解析 22

HY中学2021-2021学年高一数学上学期期末考试试题〔含解析〕

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历恰面 日 期： 2020年1月1日 一、选择题〔此题包括12小题，每一小题5分，一共60分，每一小题只有一个选项符合题意〕

U1,0,1，Ax|xm2,mU，那么

UA=〔 〕

A. 0,1 B. 1,0,1

C. 

【答案】D 【解析】 【分析】

先求出集合A，再根据补集定义求补集．

【详解】由题意Ax|xm2,mU{0,1}，∴

UA{1}．

应选：D.

【点睛】此题考察求集合的补集运算，解题关键是先确定集合本身的元素．

1fxxx2,x2，那么ff1〔 〕

x22,x2A. 12 B. 2 C. 4 【答案】C 【解析】 【分析】

利用分段函数yfx的解析式由内到外逐层计算ff1的值.

fxx1【详解】

,x2，x2f11223， x22,x2因此，ff1f331324. 应选：C.

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D. 1

D. 11

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【点睛】此题考察分段函数值的计算，在计算多层函数值时，遵循由内到外的原那么逐层计算，考察计算才能，属于根底题.

3.以下函数中，是偶函数且在区间0,上单调递减的是〔 〕 A. yx3

B. yx1

2C. y2

xD.

ylog2|x|

【答案】B 【解析】 【分析】

先确定奇偶性，再对偶函数确定单调性．

【详解】A是奇函数，C中函数既不是奇函数也不是偶函数，BD两个都是偶函数，B中函数在(0,)上递减，D中函数在(0,)上是增函数． 应选：B.

【点睛】此题考察函数的奇偶性与单调性，属于根底题．

A1,1为圆心且与直线xy20相切的圆的方程为〔 〕

A. (x1)(y1)1 C. (x1)(y1)2 【答案】D 【解析】 【分析】

求出A点到切线的间隔 即为圆的半径．从而可得圆方程． 【详解】由题意r22222B. (x1)(y1)1 D. (x1)(y1)2

2222112222，

∴圆方程为(x1)(y1)2． 应选：D.

【点睛】此题考察圆的HY方程，解题关键是求出圆半径．这可由圆的切线性质求出． 5.m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，假设m,n，且，那么以下结论一定正确的选项是〔 〕

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A. mn 异面 【答案】A 【解析】

B. m//n

2020年1月1日

C. m与n相交

D. m与nn，试题分析：因为m,n，m,n所在向量分别是,的法向量，m，

且，所以mn，应选A.

考点：1、线面垂直的性质；2、面面垂直的性质.

6.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，侧棱PAAB，PAAD，那么它的五个面中，互相垂直的面一共有〔 〕

A. 3对 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 4对 C. 5对 D. 6对

先证明线面垂直，就会有面面垂直．

【详解】首先由PAAB，PAAD，可得PA平面ABCD，因此有平面PAD平面ABCD，平面PAB平面ABCD，

由ABAD,PAAB可得AB平面PAD，从而有平面PAB平面PAD， 由DC//AB，又可得CD平面PAD，从而平面PCD平面PAD，同理平面PCB平面PAB，

一共5对垂直平面． 应选：C.

【点睛】此题考察面面垂直的证明，注意面面垂直与线面垂直的互相转化．

11f(x)x的图象过点(2,)，那么函数g(x)(x2)f(x)在区间[,1]上的最小值是

22〔 〕

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A. -1 【答案】C 【解析】

幂函数fxx的图象过点2,，所以22020年1月1日

C. -3

D. -4

B. -2

121，有1. 2所以fx1x221 gx1. 在区间,1上单调递增. xxx213. 2所以最小值为g应选C.

点睛: 此题考察幂函数的图象和性质,属于根底题.幂函数的图象一定在第一象限内，一定不在第四象限，至于是否在第二、三象限内，要看函数的奇偶性；幂函数的图象最多只能同时在两个象限内；假如幂函数图象与坐标轴相交，那么交点一定是原点．对于函数f(x)＝x,当a0时,函数在0,数为常函数.

单调递减;当a0时,函数在0,单调递增;当a0时,函

α

l1：(k3)x(4k)y10与l2：2(k3)x2y30平行，那么k的值是〔 〕.

A. 1或者3

B. 1或者5

C. 3或者5

D. 1或者

2

【答案】C 【解析】

当k-3=0时，求出两直线的方程，检验是否平行；当k-3≠0时，由一次项系数之比相等且不等于常数项之比，求出k的值．

解：由两直线平行得，当k-3=0时，两直线的方程分别为 y=-1 和 y=3/2，显然两直线平行．当k-3≠0时，由应选 C．

k34k1/3，可得 k=5．综上，k的值是 3或者5，

2k32////，两条直线l，m分别与平面,,相交于点A、B、C和D、E、F，假设

AB6，DE:DF2:5，那么AC=〔 〕

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2020年1月1日

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A. 10 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 15

2020年1月1日

C. 18

D. 21

根据面面平行的性质定理得线线平行，然后由平行线分线段成比例可得．

【详解】如图，假设AC与DF不平行，那么过A作AN//DF交于M，交平面于N，连接AD,EM,FN,MB,NC， ∵AN//DF，所以AN,DF一共面， 平面ANFDAD，平面ANFDDEAM， DFANEM，平面ANFDFN，////，

∴AD//EM//FN，∴

同理相交直线AN,AC确定平面ANC与平面，分别交于BM,CN，因此BM//CN，

AMAB， ANACABDE62，AC15， 所以，即ACDFAC5∴

假设AC//DF，上面的M就是B，N就是C，同理可得． 应选：B

.

创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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【点睛】此题考察平面平行的性质定理，掌握平面平行的性质定理是解题关键．由平面平行得出直线平行，再由平行线性质易得线段比相等．

C：x2(y3)26相交于A,B两点，假设AB22，那么实数ml：y3xm与圆 的值等于( ) A. 7或者1 者1 【答案】C 【解析】

由圆C:x2y36可知，圆心坐标为

2B. 1或者7

C. 1或者7 D. 7或

0,3，圆半径为

r6,AB22,AB22，由勾股定理可知，圆心到直线l:y3xm的间隔

为622应选C．

3m13，解得m1或者m7.

PABCD中，PA2，直线PA与平面ABCD所成的角为60，E为PC的中点，那么

异面直线PA与BE所成角为〔 〕 A. 90 【答案】C 【解析】

试题分析：连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.因为E为PC中点，所以OEPA，所以OEB即为异面直线与所成的角．因为四棱锥CD为正四棱锥，所以

B. 60

C. 45

D. 30

PO平面ABCD，所以AO为PA在面ABCD内的射影，所以PAO即为PA与面

所以在直，OE1．ABCD所成的角，即PAO60，因为PA2，所以OAOB1角三角形EOB中OEB45，即面直线与所成的角为45

创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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应选C．

考点：直线与平面所成的角，异面直线所成的角

【名师点睛】此题考察异面直线所成角，直线与平面所成的角，考察线面垂直，比拟根底连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，先证明∠PAO即为PA与面ABCD所成的角，即可得出结论．

2x且f(x2)f(2x)时，当x[2,0]时，fx(假设(2,6))1，R上的偶函数，

2在区间内关于x的方程f(x)loga(x2)0(a0且a1)有且只有4个不同的根，那么实数a的范围是〔 〕 A. (,1)

14B. (1,4) C. (1,8)

D.

(8,)

【答案】D 【解析】 【分析】

由偶函数得f(x2)f(2x)f(x2)，从而可得f(x)是周期函数，且周期为4，这样可作出函数yf(x)的图象，再作yloga(x2)的图象，只能有a1，它们在(2,6)内有四个交点。由此可得不等关系式loga81，从而得解。 【详解】∵f(x)是偶函数，∴f(2x)f(x2)， ∴对于任意的xR，都有fx2f2x，

所以fx4f2x2fx22fx，所以函数fx是一个周期函

创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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数，且T2020年1月1日

4，

0时，fx(又因为当x2，2x)1，且函数fx是定义在R上的偶函数， 2假设在区间2,6内关于x的方程fxlogax20恰有4个不同的实数解， 那么函数yfx与ylogax2a1在区间2,6上有四个不同的交点，作函数

yf(x)和yloga(x2)的图象，只能如以下图所示：

又f2f2f61，那么对于函数ylogax2，由题意可得，当x6时的

， 函数值小于1，即loga81，由此解得a8，所以a的范围是8，应选：D.

【点睛】此题考察函数的零点与方程根的分布问题，解题关键是把问题转化为函数图象的交点个数，利用数形结合思想求解。

二、填空题〔此题包括4小题，每一小题5分，一共20分〕

f(x)x22(a1)x2在区间1,2上单调，那么实数a的取值范围是__________.

【答案】(,1][2,) 【解析】 【分析】

f(x)是二次函数，只要对称轴不在区间内部，那么满足题意．

【详解】f(x)的对称轴是x1a，由题意1a1或者1a2，解得a2或者

a1．

故答案为：(,1][2,)．

【点睛】此题考察二次函数的单调性，二次函数的单调性取决于对称轴所在位置．主要是二次函数在对称轴的两侧单调性相反．

A(2,0), B(0,1), C(k, 3)三点在一条直线上，那么k=______________.

【答案】4

创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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【解析】 【分析】

由kABkAC可得．

【详解】过A(2,0), B(0,1)两点的直线方程为而A(2,0), B(0,1),C(k,3)一共线，∴故答案为：4．

2020年1月1日

xy1， 21k31，解得k4． 21【点睛】此题考察三点一共线，解法很多．如斜率相等〔要求斜率存在〕，向量平行AC//AB，线段长度：ABBCAC等等．

15.假设点P〔2，﹣1〕为圆〔x﹣1〕2+y2=25的弦AB的中点，那么直线AB的方程是_____． 【答案】x﹣y﹣3=0. 【解析】

圆〔x﹣1〕+y=25的圆心C〔1，0〕，点P〔2，﹣1〕为 弦AB的中点，PC的斜率为

2

2

011 12∴直线AB的斜率为1，点斜式写出直线AB的方程 y+1=1×〔x﹣2〕，即 x﹣y﹣3=0， 故答案为x﹣y﹣3=0．

PABC的正视图和俯视图如下图，那么此三棱锥的外接球的外表积为____________.

【答案】

64 3【解析】 【分析】

由三视图观察出原正三棱锥中的尺寸，求得棱长，然后由正三棱锥与外接球关系求半径，得面积．

【详解】由三视图知正三棱锥的底面边长为23，斜高为13， 如图，正三棱锥PABC，

BC23，斜高PD13，

创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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2那么侧棱长为PC（13）（3)24，

设M是底面ABC中心，那么A,M,D一共线，且AM2MD，PM是正三棱锥的高，其外接球球心O在PM上．设半径为R．

AM2233ADBC232，所以3323PMPA2AM2422223．

在PAM中，OA2AM2OM2， 所以R222(23R)2，解得R4343264．S4R24(． )33343，舍去． 3假设O在AM延长线上，那么R222(23R)2，R故答案为：

64． 3【点睛】此题考察求球的外表积，考察三视图，正三棱锥与外接球的关系．解题关键有两个，一个是由三视图看出正三棱锥中的线段的长度，一个是确定外接球球心位置． 三、解答题〔解容许写出文字说明，证明过程或者演算步骤〕

f(x)lg(2x1)的定义域为A，集合B{x||x|a}(a0)

〔1〕假设a2，求A〔2〕假设

B和AB；

RABRA，求a的取值范围.

11B[2,)，AB(,2]；〔2〕(0,]．

22【答案】〔1〕A创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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【解析】 【分析】

〔1〕求出集合A,B后可求它们的并集和交集； 〔2〕由

2020年1月1日

RABRA得BRA，由集合包含关系可得a的不等关系．

【详解】由2x10得x111，∴A{x|x}(,)，

222〔1〕a2，由x2得2x2，即B[2,2]，

1B[2,)，AB(,2]．

21〔2〕由〔1〕RA(,]，由RAB2∴ ARA得BRA，

因为a0，由xa得axa，即B[a,a]，∴a∴a的取值范围是(0,]．

1． 212【点睛】此题考察集合的交、并、补运算，考察集合的包含关系．掌握求对数型复合函数定义域是解题根底．

l经过点P2,1.

〔1〕假设直线l平行于直线4x3y10，求直线l的方程； 〔2〕假设直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程. 【答案】〔1〕4x3y50；〔2〕y【解析】 【分析】

〔1〕由平行，可设所求直线方程为4x3ym0，代入点坐标可得； 〔2〕分截距为0和截距不为0两种情况，截距不为0时可设直线方程为【详解】〔1〕由题意设直线l方程为4x3ym0， ∵直线过点P(2,1)，∴4(2)31m0，m5， 所以直线l方程为4x3y50．

1x或者xy10． 2xy1． aa创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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〔2〕当截距为0时，设方程为ykx，那么12k，k11，直线方程为yx， 22当截距不为0时，设直线方程为

xy211，那么1，a1，直线方程为aaaaxy0，即xy10． 11∴直线l方程为y1x或者xy10． 2【点睛】此题考察求直线方程，考察两直线位置关系，在截距相等问题中要注意分类，分截距为0和不为0两种情形．

PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其它四个侧面是侧棱长为5的等腰三角形，E为AB的中点，F为PC的中点.

〔1〕证明：BF//平面PDE； 〔2〕求三棱锥EBDF的体积 【答案】〔1〕见解析；〔2〕【解析】

【详解】试题分析：〔1〕第〔1〕问，把证明BF//平面PDE转化成证明BF//EG.也可

3 6利用VEBDFVFBDEVPABCD以转化成证明面面平行.〔2〕第〔2〕问，利用体积变换求解，

得解. 试题解析：

〔1〕∵取PD的中点为G，连GE、GF，

18创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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∵F为PC的中点，∴GF//2020年1月1日

1CD． 2∵ABCD为正方形，E为AB的中点， ∴BE//1/GF． CD，∴BE/2，∴BF//EG．

∴四边形BEGF是

又 ∵BF平面PDE,EG平面PDE， 故BF//平面PDE．

〔2〕∵F为PC的中点，SBDE11S正方形ABCD，∴VEBDFVFBDEVPABCD，

84∵VABCD为正四棱锥，∴P在平面ABCD的射影为AC的中点O， ∵PA3143，∴VEBDF． 5，AO2，∴PO3，∴VPABCD223336R的函数

2xb是奇函数． f(x)x122〔1〕求b的值；

〔2〕判断并证明函数fx的单调性． 【答案】〔1〕b=1； 〔2〕见解析. 【解析】 【分析】

〔1〕利用奇函数定义，由f0=0求b的值；〔2〕根据单调性的定义，设x1x2，作差

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2x22x1fx1fx2 x，判号即可得出fx1fx2，即可得出结论.

2112x21【详解】(1〕因为fx是R的奇函数，所以f0=0，即符合题意.

b10b1, 经检验b=12212x11〔2〕由〔Ⅰ〕知fx， 22x122x1112x22x1x2x设x1x2，那么fx1fx2x1， 21212112x21因为函数y=2x在R上是增函数且x1x2 ∴2x22x1>0，又211221>0 ∴fx1fx2>0即fx1fx2 ∴fx 在,上为减函数．

【点睛】此题主要考察函数奇偶性与单调性的综合应用,掌握定义法证明单调性的步骤是关键.

21.如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点.

xx

〔1〕求证：PO平面ABC；

〔2〕假设点M为棱BC的中点，求点C到平面POM的间隔 . 【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕2． 【解析】 【分析】

〔1〕POCA易得，再由勾股定理逆定理证明POOB，即可得线面垂直；

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〔2〕由〔1〕可证明CM平面POM，间隔 即得． 【详解】〔1〕连接OB，

∵PAPC，O是AC中点，∴POAC，PO2020年1月1日

PC2OC2422223，

1AC2， 2又ABBC22,AC4，AB2CB2AC2，∴ABBC，所以OB而PB4，所以PBBOOP，∴OBPO，

222ACOBO，AC,OB都包含于平面ABC，∴PO平面ABC；

〔2〕由〔1〕PO平面ABC，可得POCB，

又M是BC中点，∴OM//AB，而ABBC，∴OMCB，OM所以CB平面POM，所以CM的长就是C到平面POM的间隔 .

POO，

1CMCB2．即C到平面POM的间隔 为2．

2【点睛】此题考察证明线面垂直，考察求点到平面的间隔 ．掌握线面垂直的断定定理是解题根底．求点平面的间隔 可通过平面的作垂线段求解，也可通过体积法求解．

C(t,)〔t∈R，t≠0〕为圆心的圆与x轴交于点O和点A，与y轴交于点O和点B，其中O为原点．

〔1〕求证：△OAB的面积为定值；

〔2〕设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，假设OM＝ON，求圆C的方程． 【答案】〔1〕证明见解析〔2〕圆C的方程为〔x－2〕＋〔y－1〕＝5 【解析】 【分析】

2

2

2t（y)＝t2＋〔1〕先求出圆C的方程〔x－t〕2＋

2t24，再求出|OA|,|0B|的长，即得△OABt2创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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的面积为定值；〔2〕根据

2020年1月1日

21

t得到t＝2或者t＝－2，再对t分类讨论得到圆C的方程． t2

422

【详解】〔1〕证明：因为圆C过原点O，所以OC＝t＋2.

t24（y)2＝t2＋2， 设圆C的方程是〔x－t〕2＋

tt4令x＝0，得y1＝0，y2＝；

t令y＝0，得x1＝0，x2＝2t， 所以S△OAB＝

114OA·OB＝×|2t|×||＝4， 22t即△OAB的面积为定值．

〔2〕因为OM＝ON，CM＝CN，所以OC垂直平分线段MN. 因为kMN＝－2，所以kOC＝所以

1. 221t，解得t＝2或者t＝－2. t2当t＝2时，圆心C的坐标为〔2，1〕，OC＝5， 此时，圆心C到直线y＝－2x＋4的间隔 d＝2

15<5，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．

2

符合题意，此时，圆的方程为〔x－2〕＋〔y－1〕＝5.

当t＝－2时，圆心C的坐标为〔－2，－1〕，OC＝5，此时C到直线y＝－2x＋4的间隔 d95.圆C与直线y＝－2x＋4不相交， ＝5所以t＝－2不符合题意，舍去．

所以圆C的方程为〔x－2〕2＋〔y－1〕2＝5.

【点睛】此题主要考察圆的方程的求法，考察直线和圆的位置关系的求法，意在考察学生对这些知识的理解掌握程度.

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历恰面 日 期： 2020年1月1日 创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日