广东省湛江市2019-2020学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）.doc

1、广东省湛江市2019-2020学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先确定集合中的元素，然后根据交集定义计算【详解】由题意，.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，确定集合中的元素是解题关键2.轴截面为正方形的圆柱的侧面积与全面积的比是()A. 12B. 23C. 13D. 14【答案】B【解析】【分析】设出圆柱的底面半径，根据题目所给已知条件计算出侧面积与全面积，由此求得两者的比值.【详解】设圆柱底面半径为，则母线长为.故侧面积为，全面积为，所以侧面积与全面积的比是.故选B.【点睛】本小题主要考查圆柱的侧面积和全面

2、积的计算，属于基础题.3.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出直线斜率，可得倾斜角【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为150故选：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角，解题时可先求得直线斜率，由斜率与倾斜角关系得倾斜角4.函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】列出使函数式有意义的不等关系，解之可得【详解】由题意，解得且故选：B.【点睛】本题考查函数的定义域，掌握函数的概念是解题基础定义域是使函数式有意义的自变量的取值范围5.有一组实验数据如下表：则体现这些数据的最佳函数模型是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】

3、把数据代入检验，即代入各式求出与已知数据比较【详解】若，时，时，时，远小于5.31，不适合；若，时，时，时，不适合；若，时，时，时，较适合；若，时，时，时，误差偏大点只有C误差小故选：C.【点睛】本题考查函数模型的应用，通过函数模型所得估计值与实际数值比较，误差小的是比较适合的模型6.已知圆C的圆心是直线与直线的交点，直线与圆C相交于两点，且，则圆C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】联立两个直线方程求出圆心，再求出圆心到直线的距离和半弦长，从而运用勾股定理求出半径即可得到结果.【详解】根据题意：圆的圆心是直线与直线的交点，则，解得，因此圆心，设圆的半径为，圆心到直

4、线的距离为，因为弦长为，所以，所以圆的方程为.故本题正确答案为A.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，直线与圆的位置关系常用以下处理方法：（1）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；（2）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（3）直线与圆相离时，当过圆心作直线的垂线时长度最小.7.过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是，则截面的面积是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】根据截面半径与球半径，球心到截面的距离，构成的直角三角形，解出截面半径，即可求出答案【详解】如图所示：为截面半径

5、， , ，则,截面积= 故选C【点睛】本题考查球截面面积，属于基础题8.已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据线面平行和垂直的有关结论、性质、判定即可判断各选项的真假【详解】对于A，根据线面垂直的性质定理，即可知A正确；对于B，若，则或者、相交或者异面，所以B不正确；对于C，若，则，所以C不正确；对于D，若，则与的关系不确定，所以D不正确；综上，选A【点睛】本题主要考查利用线面平行和垂直的有关结论、性质、判定判断几何命题的真假9.若圆：被直线：分成的两段弧长之比是，则满足条件的圆（ ）A

6、. 有一个B. 有两个C. 有三个D. 有四个【答案】B【解析】【分析】设直线与圆相交于两点，根据圆被直线分成的两段弧长之比是可知，由此得到圆心到直线的距离，进而以此列方程，解方程求得的值，从而得出得出正确选项.【详解】设直线与圆相交于两点，由于圆被直线分成的两段弧长之比是，所以.由于圆的圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为，也即，所以满足条件的圆有两个.故选B.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查数形结合的数学思想方法，考查圆的几何性质，属于基础题.10.已知是定义域为R的偶函数，且当时，(c是常数)，则不等式的解集是()A. B. C. D. 【答案】D

7、【解析】【分析】先根据以及奇偶性计算的值，然后根据奇偶性和单调性解不等式.【详解】因为是偶函数，所以，所以，所以；又因为时是增函数且，所以时是减函数且；所以，解得：，故选D.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，难度一般.对于利用奇偶性、单调性解不等式的问题，除了可以直接分析外，还可以利用函数图象分析.11.若点(m，n)在直线4x3y100上，则m2n2的最小值是A. B. C. D. 【答案】C【解析】解法一：点(m，n)在直线4x3y100上，4m3n100.欲求m2n2的最小值可先求的最小值，而表示4m3n100上的点(m，n)到原点的距离，如图当过原点的直线与直线4m3n

8、100垂直时，原点到点(m，n)的距离的最小值为2.m2n2的最小值为4.解法二：由题意知点(m，n)为直线上到原点最近的点，直线与两坐标轴交于A，B，直角三角形OAB中，OA，OB，斜边AB ，斜边上的高h即为所求m2n2的算术平方根SOABOAOBABh，h2，m2n2最小值为h24.12.定义在 上的函数满足下列两个条件：（1）对任意的 恒有 成立；（2）当 时， ；记函数 ，若函数恰有两个零点，则实数 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中的条件得到函数的解析式为：f（x）x+2b，x（b，2b，又因为f（x）k（x1）的函数图象是过定点（1，0）

9、的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可【详解】因为对任意的x（1，+）恒有f（2x）2f（x）成立， 且当x（1，2时，f（x）2x；f（x）2（2）=4x，x（2，4，f（x）4（2）=8x，x（4，8，所以f（x）x+2b，x（b，2b（b取1，2，4）由题意得f（x）k（x1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示只需过（1，0）的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）kPA2，kPB，所以可得k的范围为故选C【点睛】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数形结合思想是高中数学的一个重要数学思想，是解决数学问题的必备的解

10、题工具13.已知f(x)=2x+3,g(x+2)=f(x),则g(x)=_.【答案】2x-1【解析】【分析】先求出的函数解析式，接着令，得到的函数解析式，最后把t换成x，便可得到的函数解析式.【详解】由已知得g(x+2)=2x+3,令t=x+2,则x=t-2,代入g(x+2)=2x+3,则有g(t)=2(t-2)+3=2t-1.所以g(x)=2x-1.【点睛】本题主要考查用换元法求函数解析式，注意合理地进行等价转化是解决本题的关键.14.直线与直线平行，且被圆所截住的弦长为，则直线的方程为_【答案】【解析】【分析】根据直线与直线平行，可以设出直线：，再求出圆心到直线的距离，由弦长公式即可求出，

11、因此求出直线的方程【详解】因为直线与直线平行，设直线：，即为，所以圆心到直线的距离，因此，解得，故直线的方程为【点睛】本题主要考查直线平行的判定条件以及圆的弦长公式应用15.由点向圆作的切线方程为_【答案】或【解析】当直线斜率不存在时，直线为，与圆相切，符合题意；当直线斜率存在时，设切线方程为，即由于直线与圆相切，故圆心到直线的距离等于半径，即，解得，直线方程为，即综上，切线的方程为或点睛：本题是一道易错题，当定点在圆外时，可以作定圆的两条切线，如果只求出一条直线，原因在直线的设法上，点斜式不包括过定点且垂直x轴的直线.16.如图，在直角梯形中，、分别是、的中点，将三角形沿折起，则下列说法正确

12、的是_.（1）不论折至何位置（不在平面内），都有平面；（2）不论折至何位置，都有；（3）不论折至何位置（不在平面内），都有；（4）在折起过程中，一定存在某个位置，使.【答案】（1）（2）（4）【解析】【分析】折叠后根据线面位置关系对每个结论给出证明【详解】折叠后如图，分别取中点，连接，易知是的交点，因此也是中点，而别是的中点，是平行四边形，平面，平面，平面（1）正确；折叠过程中保持不变，又，所以平面，从而，所以，（2）正确；若，则共面，即共面，从而直线共面，这样在平面也即在平面内，矛盾，（3）错误；当时，又，而，平面，平面，所以（4）正确故答案为：（1）（2）（4）【点睛】本题考查空间直线、平

13、面间的位置关系，平面图形折叠成空间图形过程中，有些位置关系保持不变，有些会发生变化，而在空间图形中的位置关系一般要给予证明才能确定17.已知的顶点，边上的高所在直线为，为中点，且所在直线方程为.（1）求顶点的坐标；（2）求边所在的直线方程【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）联立直线的方程，求出点坐标；（2）求出点，利用坐标求直线的斜率，再用点斜式求直线方程.【详解】由及边上的高所在直线为，得所在直线方程为又所在直线方程为由，得.（2）设，又，为中点，则，由已知得，得，又得直线的方程为.【点睛】考查直线的垂直关系、直线的交点坐标、直线方程的求法等，考查运算求解能力.18.如图，在三棱锥

14、中，是AC的中点，（1）证明：平面平面；（2）若，求点A到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)证面面垂直只需证线面垂直，可通过求证，证得(2) 点A到平面的距离可通过等体积法求得【详解】（1），O是AC中点，由已知得，又，平面ABC，又平面PAC，平面平面ABC，（2）设点A到平面PBC距离为h，平面平面，平面PAC，在中，则，即点A到平面PBC的距离为【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用，考查了锥体体积的求解方法：等体积换底法，属于中档题19.某种商品在天内每件的销售价格（元）与时间（天）的函数关系为，该商品在天内日销售量（件）与时间（天）之间满足一次函数关

15、系，具体数据如下表：第天（）根据表中提供的数据，求出日销售量关于时间的函数表达式；（）求该商品在这天中的第几天的日销售金额最大，最大值是多少？【答案】（）（，）（）第天的日销售金额最大，为元【解析】【分析】（）设，代入表中数据可求出，得解析式；（）日销售金额为，根据（1）及已知可得其表达式，这是一个分段函数，分段求出最大值后比较即得最大值【详解】（）设日销售量关于时间的函数表达式为，依题意得：，解之得：，所以日销售量关于时间的函数表达式为（，）.（）设商品的日销售金额为（元），依题意：，所以，即：.当，时，当时，；当，时，当时，；所以该商品在这天中的第天的日销售金额最大，为元.【点睛】本题考查

16、函数模型的应用，由所给函数模型求出解析式是解题关键本题属于中档题20.已知函数（）.（）用定义法证明；函数在区间上单调递增；（）若对任意都有恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）根据单调性定义证明；（）确定函数为奇函数，这样可得到函数在上的单调性，从而可求得在上的最小值，得的范围【详解】（）任取、，且，.因为，所以，所以，即，即.所以函数在区间上单调递增.（）因为函数的定义域是，对定义域内的每一个都有，所以函数是奇函数.由（）知函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递增.所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】本题考查用定义证明函

17、数的单调性，考查函数的奇偶性，考查不等式恒成立问题难度较小，属于中档题21.如图，正方体中，是中点.（）证明：平面；（）求直线与平面所成的角的值.【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）设，证明，即得线面平行；（）证明平面，得为直线与平面所成的角，在三角形中求出这个角即可【详解】（）设，连结，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，.又因为、分别和的中点，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以平面.（）因为，平面，平面，且，所以平面，所以，又因为，平面，平面，且，所以平面，垂足为，所以为直线与平面所成的角，因为，所以.所以直线与平面所成的角的大小是.【点睛】本

18、题考查线面平行的证明，考查求直线与平面所成的角求直线与平面所成的角，必须先作出这个角并证明，然后计算因此本题还考查了线面垂直的证明与性质，考查了学生的空间想象能力22.已知圆心为的圆过点，且与直线相切于点（1）求圆的方程；（2）已知点，且对于圆上任一点，线段上存在异于点的一点，使得（为常数），试判断使的面积等于4的点有几个，并说明理由【答案】（1）（2）使的面积等于4的点有2个【解析】【分析】（1）利用条件设圆的标准方程，由圆过点求t，确定圆方程.（2）设，由确定阿波罗尼斯圆方程，与圆C为同一圆，可得，求出N点坐标，建立ON方程，,再利用面积求点P到直线的距离，判断与ON平行且距离为的两条直线

19、与圆C的位置关系可得结论.【详解】（1）依题意可设圆心坐标为，则半径为，圆的方程可写成，因为圆过点，则圆的方程为（2）由题知，直线的方程为，设满足题意，设，则，所以，则，因为上式对任意恒成立，所以，且，解得或（舍去，与重合）所以点，则，直线方程为，点到直线的距离，若存在点使的面积等于4，则，当点在直线的上方时，点到直线的距离的取值范围为，当点在直线的上方时，使的面积等于4的点有2个；当点在直线的下方时，点到直线的距离的取值范围为，当点在直线的下方时，使的面积等于4的点有0个，综上可知，使的面积等于4的点有2个【点睛】本题考查圆方程，直线与圆的位置关系，圆的第二定义，考查运算能力，分析问题解决问题的能力，属于难题.