广东省韶关市新丰县第一中学学年高一上学期期末数学试题解析版Word文档下载推荐.docx
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【点睛】本题考查集合的交运算,考查基本运算求解能力,属于容易题.
2.函数的定义域是()
A.B.
C.D.
【答案】D
解析式中的被开方数大于等于0,分母不为0,对数的真数大于0,从而列出关于的不等式组.
【详解】据题意,得,,且.
故选D.
【点睛】本题考查具体函数的定义域求法,考查基本运算求解能力,注意函数的定义域是集合或区间的形式.
3.下列说法正确的是()
A.多面体至少有3个面
B.有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台
C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D.六棱柱有6条侧棱,6个侧面,侧面均为平行四边形
根据多面体的结构,多面体至少有4个面,故选项A错误;
对于满足选项B条件的多面体延长各侧棱不一定相交一点,故错误;
选项C底面可能为菱形,故错误;
选项D,分析六棱柱结构特征,可判断正确.
【详解】一个多面体至少有4个面,如三棱锥有4革面,
不存在有3个面的多面体,所以选项A错误;
选项B错误,反例如图1;
选项C错误,反例如图2,上、下底面的全等的菱形,
各侧面是全等的正方形,它不是正方体;
根据棱柱的定义,知选项D正确.
故选D.
【点睛】本题考查多面体的定义,结构特征,属于基础题.
4.如图,在三棱锥P-ABQ中,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH,则AB与GH的关系是 ( )
A.平行B.垂直C.异面D.平行或垂直
【答案】A
因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB,所以EF∥DC,又因为EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD,又因为EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH,又因为EF∥AB,所以AB∥GH,故选A.
点睛:
本题考查线面平行的判定定理和线面平行的性质定理的综合应用,属于中档题.线面平行的判定定理是:
平面外一条直线与此平面内的一条直线互相平行,则该直线与此平面平行.性质定理:
一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.
5.已知函数在区间上单调递增,则实数的取值范围是()
【答案】C
由二次函数的图象特征,其开口向上,所以对称轴需在区间的左边,即可得答案.
【详解】函数图象的对称轴方程为,且开口向上,
又函数在区间上单调递增,
所以,所以.
故选C.
【点睛】本题考查二次函数的图象特征,考查数形结合思想的运用,求解时要注意考虑二次函数的开口方向,对称轴与区间位置关系,考查基本运算求解能力.
6.如图,在三棱柱中,M,N分别为棱,的中点,过作一平面分别交底面三角形的边,于点E,F,则()
A.
B.四边形为梯形
C.四边形为平行四边形
D.
由已知条件及线面平行的性质可得且,可得四边形为梯形,可得答案.
【详解】解:
∵在中,,,,.又平面,平面,平面.
又平面,平面平面,,.
显然在中,,,
∴四边形为梯形.
故选:
B.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行的性质定理,需注意其灵活运用,属于基础题型.
7.设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列说法正确的是().
A.若,,,则B.若,,,则
C.若,,,则D.若,,,则
通过举例说明A,B,C选项是错误的.D选项满足由线面垂直推导面面垂直的条件,正确.
【详解】A中,若,,,则,也有可能平行,故A错;
B中,若,,,则,,但,可能异面、平行,故B错;
C中,若,,,则,可能平行或相交,故C错;
D中,若,,则,又,所以,即D正确.
【点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.属于容易题.
8.已知定义在上的偶函数在上单调递减,且,则满足不等式的x的取值范围为()
根据偶函数的性质求出f(-2)=0,由条件并对x分类列出不等式组,分别利用函数的单调性求解即可求出不等式的解集.
【详解】偶函数在上单调递减,得在上时为单调增函数,由得,
则当时,;
当时,,所以或解集为.
故选C.
【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用,考查分类讨论思想,考查运算能力,属于中档题.
9.如图,在正方体中,点E,F,G分别是棱,,的中点,过E,F,G三点作该正方体的截面,则下列说法错误的是()
A.在平面内存在直线与平面平行
B.在平面内存在直线与平面垂直
C.平面平面
D.直线与所成角为
根据直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理及平面与平面平行的判定定理、异面直线所成的角等相关知识分别判断各选项,可得答案.
【详解】解:
由线面平行判定定理可得,当O为的中点时,平面,
由线面垂直判定定理可得,平面,选项A,B都对.
因为,,所以平面平面,选项C正确,
易得:
为等边三角形,故直线与所成角为,即直线与所成角为,故D不正确,
D.
【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系,考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理及平面与平面平行的判定定理、异面直线所成的角等,考查空间想象能力和运算求解能力.
10.已知函数,则的零点个数为()
A.3B.4C.5D.6
由题意,函数的零点个数,即方程的实数根个数,设,则,作出的图象,结合图象可知,方程有三个实根,进而可得答案.
【详解】由题意,函数的零点个数,即方程的实数根个数,
设,则,作出的图象,
如图所示,结合图象可知,方程有三个实根,,,
则有一个解,有一个解,有三个解,
故方程有5个解.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用,其中解答中合理利用换元法,结合图象,求得方程的根,进而求得方程的零点个数是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以及数形结合思想的应用.
二、填空题:
本题共6小题,每小题5分,共30分.
11.已知集合,则集合A真子集个数是______.
【答案】7.
计算出集合中元素的个数,可得集合A真子集个数.
共三个元素,
故集合A真子集个数为个,
故答案为:
7.
【点睛】本题主要考查集合的子集、真子集的个数,得出集合中元素的个数是解题的关键.
12.已知函数则的值为______.
【答案】3
由分段函数的性质,先求出的值,可得的值.
据题意,得,
3.
【点睛】本题主要考查分段函数的定义与性质,相对不难,注意运算的准确性.
13.若幂函数的图象经过点,则实数a的值为______.
【答案】4.
将点代入,可得a的值.
据题意,得,,
4.
【点睛】本题主要考查幂函数的定义,相对简单.
14.某简单几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是______.
【答案】.
将三视图还原几何体,可得该几何体为直三棱柱,由三棱柱体积计算公式可得答案.
将三视图还原几何体如图:
可知该几何体为直三棱柱,其体积,
【点睛】本主要考查由三视图还原为几何图及空间几何体体积的计算,相对简单.
15.某停车场规定:
停车第一个小时6元,以后每个小时4元;
超过5个小时,每个小时5元;
不足一小时按一小时计算,一天内60元封顶.小林与小曾在该停车场当天分别停车4.5小时,13小时,则他们两人在该停车场共需交停车费________元.
【答案】82
根据条件,结合分段函数的收费标准进行求解即可.
【详解】小林停车4.5小时,按5小时计算,第一小时是6元,其他4小时,每小时4元,停车费为6+4×
4=22元,
小曾停车13小时,第一小时是6元,其他4小时,每小时4元,超过5小时的时间为8小时,此时每小时收费5元,
停车费为6+4×
4+5×
8=62元,由于一天内60元封顶,故小曾只需要交60元,两人合计22+60=82元,
故答案为82
【点睛】本题考查函数的应用问题,结合分段函数解析式进行计算计算是解决本题的关键.涉及函数值的计算,属于基础题.
16.已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球面上,且,则三棱锥体积的最大值为______.
【答案】
根据条件,确定三棱锥外接球的球心,求出球心到底面距离,结合图形,可求出体积的最大值.
【详解】设为球心,则,
可得在底面ABC的射影为的外心.
由,
可得是以斜边的直角三角形,
O在底面ABC的射影为斜边AC的中点M,
则.
当P,O,M三点共线时,三棱锥的体积最大,
此时体积.
故答案为:
【点睛】本题考查多面体外接球问题以及体积的最大值,确定球心是解题的关键,属于中档题.
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.
(1)计算:
;
(2)解不等式.
(1);
(2)
(1)利用指数幂运算法则,对式子直接进行运算求值;
(2)将不等式的右边化成以为底的对数,再利用对数函数的单调性解不等式.
【详解】
(1)
.
(2),即,
所以,
解得.
故原不等式的解集为.
【点睛】本题考查指数幂运算、对数不等式,考查基本运算求解能力,在解不等式时,注意两边化成同底再利用对数函数的单调性进行求解,同时要注意真数大于0这一隐含条件.
18.如图是一个搭建在空地上的帐篷,它的下部是一个正六棱柱,上部是一个正六棱锥,其中帐篷的高为,正六棱锥的高为,且,.
(1)求帐篷的表面积(不包括底面);
(2)求帐篷的容积(材料厚度忽略不计).
(2).
(1)连接,,分别计算正六棱锥的测面积及正六棱柱的侧面积与底面积,相加可得答案;
(2)分别计算出正六棱锥的体积与正六棱柱的体积,相加可得答案.
(1)连接,.
由正六边形,可得为正三角形,所以.
取的中点为Q,连接,,
易得.
所以,.
设帐篷上部的侧面积为,下部的侧面积为,
则,
,
所以搭建帐篷的表面积为.
(2)由
(1)得的面积.
上部正六棱锥的体积;
下部正六棱柱的体积,
所求帐篷容积为.
【点睛】本题主要考查空间几何体的表面积及体积的计算,需牢