广东省潮州市学年高一上学期期末教学质量检测数学试题.docx
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广东省潮州市学年高一上学期期末教学质量检测数学试题
广东省潮州市2020-2021学年高一上学期期末教学质量检测数学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.设集合,,则()
A.B.C.D.
2.已知圆的方程为,则圆的半径为
A.3B.9C.D.
3.二次函数()的值域为()
A.B.C.D.
4.()
A.11B.7C.0D.6
5.已知,,,则三者的大小关系是()
A.B.C.D.
6.已知直线经过点,且斜率为4,则的值为()
A.-6B.C.D.4
7.设是方程的解,则在下列哪个区间内()
A.B.C.D.
8.设为直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是()
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,则
9.直线与平行,则实数的值是()
A.-1或3B.-1C.-3或1D.3
10.定义域为上的奇函数满足,且,则()
A.2B.1C.-1D.-2
二、填空题
11.设,则__________.
12.函数的定义域为__________.
13.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为__________.
三、解答题
14.已知集合,,全集,求:
(1);
(2).
15.已知.
(1)判断的奇偶性并说明理由;
(2)求证:
函数在上是增函数.
16.已知直线经过两条直线和的交点,且与直线垂直.
(1)求直线的方程;
(2)若圆的圆心为点,直线被该圆所截得的弦长为,求圆的标准方程.
17.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E为侧棱PA的中点.
(1)求证:
PC//平面BDE;
(2)若PC⊥PA,PD=AD,求证:
平面BDE⊥平面PAB.
18.已知函数(,,).
(1)若,,且,求的值;
(2)若,,且在区间上恒成立,试求的取值范围.
参考答案
1.C
【解析】
∵集合,
∴
故选C
2.C
【分析】
把圆的一般方程化为标准方程,即可得出圆的半径.
【详解】
把圆的方程x2+y2–2x+4y+2=0化为标准方程是(x–1)2+(y+2)2=3,∴圆的半径为.故选C.
【点睛】
本题考查了圆的方程,通过配方把一般式化为标准式即可得出圆的圆心和半径.
3.A
【解析】
∵对于函数,是开口向上的抛物线,对称轴为,
∴函数在区间是递增的
∴当时取最小值,当时取最大值
∴值域为
故选A
4.B
【解析】
故选B
5.B
【解析】
∵
∴,,
∴
故选B
6.D
【解析】
且斜率为,则,解得,故选D.
7.A
【解析】
设
∵
∴函数的零点属于区间,即属于区间
故选A
点睛:
函数的零点问题,常根据零点存在性定理来判断,如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线,且有,那么,函数在区间内有零点,即存在使得这个也就是方程的根,由此可判断根所在区间.
8.B
【解析】
A中,也可能相交;B中,垂直与同一条直线的两个平面平行,故正确;C中,也可能相交;D中,也可能在平面内.
【考点定位】点线面的位置关系
9.D
【解析】
由两条直线平行的充要条件得到
∴
当时两条直线重合,舍去
∴
故选D
点睛:
本题主要考查直线的方程,两条直线平行与斜率的关系,属于简单题.对直线位置关系的考查是热点命题方向之一,这类问题以简单题为主,主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系:
在斜率存在的前提下,
(1),需检验不重合;
(2),这类问题尽管简单却容易出错,特别是容易遗忘斜率不存在的情况,这一点一定不能掉以轻心.
10.C
【解析】
因为,为奇函数,所以因此
选C.
11.3.
【解析】
∵由题可知
∴
故答案为
12.
【解析】
由题可知函数的定义域为,即
故答案为
13.6.
【解析】
由题可知该几何体底面为两条直角边分别为3和2的直角三角形的三棱柱,高为2,所以体积
故答案为
点睛:
空间几何体体积问题的常见类型及解题策略:
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解;
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解;
(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.
14.
(1)(0,4)
(2)
【分析】
(1)化简集合A,根据交集的定义写出A∩B;
(2)根据补集与并集的定义写出(∁UA)∪B.
【详解】
(1)集合A={x|2x﹣8<0}={x|x<4},
B={x|0<x<6},
∴A∩B={x|0<x<4};
(2)全集U=R,∴∁UA={x|x≥4},
∴(∁UA)∪B={x|x>0}.
【点睛】
题考查了集合的化简与运算问题,是基础题.
15.
(1)见解析;
(2)见解析.
【解析】
试题分析:
(1)利用奇偶性的定义判断函数是定义域上的奇函数;
(2)根据单调性的定义证明是上的增函数.
试题解析:
(1)奇函数的定义域为
∵,
∴函数是奇函数
(2)证明:
设,为区间上的任意两个值,且
∴
∵
∴,,,即
∴函数在上是增函数
点睛:
本题主要考查判断函数的奇偶性以及函数的单调性的证明.利用定义法判断函数的单调性的一般步骤是:
(1)在已知区间上任取;
(2)作差;(3)判断的符号(往往先分解因式,再判断各因式的符号),可得在已知区间上是增函数,可得在已知区间上是减函数.
16.
(1);
(2).
【解析】
试题分析:
(1)求出两直线交点,直线的斜率,即可求直线的方程;
(2)利用待定系数法求圆的标准方程.
试题解析:
(1)由已知得:
解得两直线交点为,
设直线的斜率为
∵与垂直
∴
∵过点
∴的方程为,即
(2)设圆的半径为,依题意,圆心到直线的距离为,则由垂径定理得
∴
∴圆的标准方程为.
17.
(1)见解析
(2)见解析
【解析】
试题分析:
(1)连结,交于,连结,为的中点,利用三角形中位线的性质,可知,利用线面平行的判定定理,即可得出结论;
(2)先证明,再证明.,可得平面.,从而可得平面平面.
试题解析:
证明:
(1)连结,交于,连结.
因为是平行四边形,
所以.
因为为侧棱的中点
所以∥.
因为平面,平面
所以∥平面.
(2)因为为中点,
所以
因为,∥
所以.
因为平面,平面,
所以平面.
因为平面
所以平面平面.
18.
(1)8;
(2).
【解析】
试题分析:
先求出,再代值计算即可;
(2)由题可知,,原命题等价于在上恒成立,即且在上恒成立,即可得的取值范围.
试题解析:
(1)由已知,,解得
∴
∴
∴
(2)由题意知,,原命题等价于在上恒成立,
即且在上恒成立,
∵在上递减;在上递增
∴当时,的最小值为;的最大值为,
∴
∴故的取值范围是
点睛:
解决恒成立问题的方法
(1)将恒成立问题转化为函数的最值问题处理,即若恒成立,则只需;若恒成立,则只需;
(2)通过分离参数,转化为求具体函数的最值问题处理,即若恒成立,则只需;若恒成立,则只需.