河南省南阳市2018-2019学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）

1、20182018 年秋期高中一年级期终质量评估年秋期高中一年级期终质量评估 数学试题数学试题 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. . 1.已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数定义域的求法得到集合 B，然后求出即可 【详解】由题意得， 所以 故选 C 【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是根据函数定义域的求法得到集合 B，属于基础题 2.已知圆锥的侧面积展开图是一个半圆，则其母线与底面半径之比为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 圆锥的侧面展开图为扇形，根据扇形的弧长即为圆锥的底面圆的周长可得母线与底面圆半径间的关系 【详解】设圆锥的母线长为 ，底面圆的半径为 ， 由已知可得， 所以， 所以， 即圆锥的母线与底面半径之比为 2. 故选 D 【点睛】解答本题时要注意空间

2、图形和平面图形间的转化以及转化过程中的等量关系，解题的关键是根据 扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得到等量关系，属于基础题 3.设的两根是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 解得 或 或 即， 所以 故选 D 4.设为大于 1 的正数，且，则， 中最小的是（ ） A. B. C. D. 三个数相等 【答案】C 【解析】 令，则 ， 所以， 对以上三式两边同时乘方，则， 显然 最小，故选 C. 5.已知，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数，则为奇函数，根据可求得，进而可得到 【详解】令，则为奇函数，且， 由题意得， ， ， . 故选 A 【点睛】本题考查运用奇函数的性质求函数值，解题的关键是根据题意构造函数，体现了转化思想在 解题中的应用，同时也考查观察、构造的能力，属于基础题 6.如图所示，是水平放置的的直观图，则在的三边及线段中，最长的线段是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 ABC是水平放置的ABC 的直观图中，ABBC，AC 为斜边，最长的线段是 AC， 故选 D. 7.已知矩形，将

3、矩形沿对角线折成大小为 的二面角，则折叠后形 成的四面体的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 与 的大小有关 【答案】C 【解析】 由题意得，在二面角内的中点 O 到点 A,B,C,D 的距离相等，且为，所以点 O 即为外接 球的球心，且球半径为，所以外接球的表面积为。选 C。 8.已知原点到直线 的距离为 1，圆与直线 相切，则满足条件的直线 有（ ） A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条 【答案】C 【解析】 试题分析：由已知，直线 满足到原点的距离为 ，到点的距离为 ，满足条件的直线 即为圆 和圆的公切线，因为这两个圆有两条外公切线和一条内公切线. 故选 C. 考点：相离两圆的公切线 9.如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 连 DE，交 AF 于 G，根据平面几何知识可得，于是 ，进而得又在正方体中可得底面，于是可得，根据 线面垂直的判定定理得到平面，于是，所以两直线所成角为 【详解】如图，连 DE，交 AF 于 G 在和中，根据正方体的性质可得， ， ， ， 又在

4、正方体中可得底面， 底面， ， 又， 平面， 平面， ， 异面直线和所成角的大小为 故选 D 【点睛】求异面直线所成的角常采用“平移线段法” ，将空间角的问题转化为平面问题处理，平移的方法 一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平 移计算异面直线所成的角时通常放在三角形中利用解三角形的方法进行求解，有时也可通过线面间的垂 直关系进行求解 10.已知函数，且，则的值（ ） A. 恒为正 B. 恒为负 C. 恒为 0 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意可得函数是奇函数，且在 上单调递增然后由， 可得，结合单调性可得，所以 ，以上三式两边分别相加后可得结论 【详解】由题意得， 当时，于是 同理当时，可得， 又， 所以函数是 上的奇函数 又根据函数单调性判定方法可得在 上为增函数 由， 可得， 所以， 所以， 以上三式两边分别相加可得， 故选 A. 【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断及应用，考查函数性质的应用，具有一定的综合性和难度， 解题的关键是结合题意得到函数的性质，然后根据单调性得到不等式，再根据不等式的知识

5、得到所求 11.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（ ） A. 4 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图得到几何体的直观图，然后结合图中的数据计算出各棱的长度，进而可得最长棱 【详解】由三视图可得，该几何体是如图所示的四棱锥，底面是边长为 2 的正方形，侧 面是边长为 2 的正三角形，且侧面底面 根据图形可得四棱锥中的最长棱为和，结合所给数据可得， 所以该四棱锥的最长棱为 故选 B 【点睛】在由三视图还原空间几何体时，要结合三个视图综合考虑，根据三视图表示的规则，空间几何体 的可见轮廓线在三视图中为实线、不可见轮廓线在三视图中为虚线在还原空间几何体实际形状时，一般 是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体 的直观图是解题关键考查空间想象能力和计算能力 12.已知函数，且在内有且仅有两个不同的零点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由，即，分别作出函数和的图象如图，由图象可知 表示过定点的直线，当过时，此时两个函数有两个交点，当过时 ，此时两个函数有一个交

6、点，所以当时，两个函数有两个交点，所以在 内有且仅有两个不同的零点，实数 的取值范围是，故选 C. 第第卷（共卷（共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13.不等式的解集是_ 【答案】 【解析】 【分析】 根据对数不等式的解法和对数函数的定义域得到关于 的不等式组，解不等式组可得所求的解集 【详解】原不等式等价于， 所以，解得， 所以原不等式的解集为 故答案为 【点睛】解答本题时根据对数函数的单调性得到关于 的不等式组即可，解题中容易出现的错误是忽视函 数定义域，考查对数函数单调性的应用及对数的定义，属于基础题 14.经过点且在 轴和 轴上的截距相等的直线的方程为_ 【答案】或 【解析】 【分析】 根据题意将问题分直线过原点和不过原点两种情况求解，然后结合待定系数法可得到所求的直线方程 【详解】 （1）当直线过原点时，可设直线方程为， 点在直线上， ， 直线方程为，即 （2）当直线不过原点时，设直线方程为， 点在直线上， ， ， 直线方程为，即 综上可得所求直线方程为或 故答案为或

7、 【点睛】在求直线方程时，应先选择适当形式的直线方程，并注意各种形式的方程所适用的条件，由于截 距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是 否为零，分为直线过原点和不过原点两种情况求解本题考查直线方程的求法和分类讨论思想方法的运 用 15.已知函数的图象与函数及函数的图象分别交于两 点，则的值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 利用函数及函数的图象关于直线对称可得点在函数的图 象上，进而可得的值 【详解】由题意得函数及函数的图象关于直线对称， 又函数的图象与函数及函数的图象分别交于两点， 所以， 从而点 的坐标为 由题意得点在函数的图象上， 所以， 所以 故答案为 4 【点睛】解答本题的关键有两个：一是弄清函数及函数的图象关于直线对称，从而 得到点也关于直线对称，进而得到，故得到点 的坐标为；二是根据点 在函数 的图象上得到所求值考查理解和运用能力，具有灵活性和综合性 16.已知函数，若函数的最小值与函数的最小值相等，则实数 的取值范围是 _ 【答案】 【解析】 【分析】 由二次函数的知识得，当时有令，则，结合 二次函数可得要满足题意，

8、只需，解不等式可得所求范围 【详解】由已知可得， 所以当时，取得最小值，且 令， 则， 要使函数的最小值与函数的最小值相等， 只需满足， 解得或. 所以实数 的取值范围是 故答案为 【点睛】本题考查二次函数最值的问题，求解此类问题时要结合二次函数图象，即抛物线的开口方向和对 称轴与区间的关系进行求解，同时注意数形结合在解题中的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于 基础题 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 17.已知直线，. （1）当时，求实数 的值； （2）当时，求实数 的值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）当时，直线 的斜率不存在，可得两直线既不平行也不垂直；当时，两直线的斜率存在，然 后根据垂直的等价条件可得所求 的值；（2）结合（1）中的两种情况，根据两直线平行的等价条件求解， 可得所求 的值 【详解】 （1）当时，直线， 此时两直线既不平行也不垂直，不合题意 当时，直线， 由可得， 解得， 故所求 （2）由（1）可得

9、当时，直线既不平行也不垂直，不合题意 当时，直线， 由可得，解得 故所求 【点睛】本题考查两直线平行和垂直的等价条件的运用，解题时由于直线的斜率是否存在不确定，所以要 结合分类讨论进行求解，考查转化和分类讨论思想方法在解题中的应用，属于基础题 18.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，. （1）求证：； （2）若为等边三角形，平面平面，求四棱锥的体积. 【答案】 （1）详见解析；（2）2 【解析】 【分析】 （1）根据题意作于 ，连结，可证得，于是，故，然 后根据线面垂直的判定得到平面，于是可得所证结论成立 （2）由（1）及平面平面 可得平面，故为四棱锥的高又由题意可证得四边形为有一个角为的边长为 的菱形，求得四边形的面积后可得所求体积 【详解】 （1）作于 ，连结. ，是公共边， ， ， ， 又平面，平面， 平面， 又平面， （另法：证明,取的中点 .） （2）平面平面，平面平面， 平面 又为等边三角形， . 又由题意得，是公共边， ， ， 平行四边形为有一个角为的边长为 的菱形， ， 四棱锥的体积 【点睛】 （1）证明空间中的垂直关系时，要注意三种垂直关系间的转化，合理运用三种垂直关系进行求解， 以达到求解的目的，同时在证题中要注意平面几何知识的运用 （2）立体几何中的计算问题中往往涉及到证明，同时在证明中渗透着计算，计算时要注意中间量的求解， 最后再结合面积、体积公式得到所求 19.（1）利用函数单调性定义证明：函数是减函数； （2）已知当时，函数的图象恒在 轴的上方，求实数 的取值范围. 【答案】 （1）略；（2） 【解析】 【分析】 （1）根据单调性的定义进行证明即可得到结论；（2）将问题转化为在上恒 成立求解，即在上恒成立，然后利用换元法求出函

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