1、河南省林州市林虑中学2020-2021学年高一数学下学期开学考试试题第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知是，直线总经过点（ ）A. B. C. D. 3. 已知，则的值为（ ）A. 1B. 2C. 7D. 104. 已知圆经过原点，三点，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 5. 已知水平放置的平面四边形，用斜二测画法得到的直观图是边长为1的正方形，如图所示，则的周长为（ ）A. 2B. 6C. D. 86. 已知 为不同的直线，为不同的平面
2、，有下列四个命题： .其中正确命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 47. 已知点与关于直线对称，则的值分别为（ ）A. 1，3B. ，C. -2，0D. ，8. 已知函数在区间内有零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 9. 如图网格中是某几何体的三视图（网格中每个小正方形的边长为1），则该几何体的体积为（ ）A. 2B. C. 4D. 10. 已知函数为偶函数，那么函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 11. 已知圆，圆，两圆公切线的条数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 412. 已知是边长为2的正方形，点，在平面的同侧，AE平面，平面，且.点Q为DF的中
3、点，点P是CE上的动点，则PQ长的最小值为（ ）A. B. 2C. D. 第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 已知三角形的三个顶点是，则此三角形边上的中线所在直线的方程为_.14. 四棱锥中，底面是正方形，各条棱长均为2.则异面直线与所成角的大小为_.15. 已知定义在上的函数满足，当时，则不等式的解集为_.16. 在棱长为9的正方体中，点，分别在棱，上，满足，点是上一点，且平面，则四棱锥外接球的表面积为_.三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知点，到直线的距离相等.（1）求实数值；（2）已知
4、，试求上点的坐标，使得，构成以为直角顶点的直角三角形.18. 在棱长为2的正方体中，是底面的中心.（1）求证:平面;（2）求点到平面的距离.19. 已知函数.（1）若，求实数的值；（2）若关于的方程恰有三个解，求实数的取值范围.20. 如图.在三棱锥中,平面,于点,于点,.（1）求；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21. 已知奇函数与偶函数满足：.（1）求函数与解析式；（2）若对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围.22. 点，圆，动点P在圆B上，Q为PA中点，直线.（1）求点Q的轨迹E的方程；（2）若直线l与曲线E交于不同两点S，T，坐标原点为O，当OST的面积为，SOT为锐角时，求斜率
5、k的值；（3）若k=1，当过直线l上的点C能作曲线E的两条切线时，设切点分别为M，N，直线MN是否过定点？若过定点，请求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.林虑2020级高一下学期开学检测数学答案1. 【答案】A【解析】【分析】可根据特殊元素与集合的关系作答.【详解】A. 为偶数，故，故 B. ，故B错 C. ，故错 D. ,故D错. 故选：A2.【答案】B【解析】【分析】把整理成，根据方程特点可得答案.【详解】由得，对于总成立， ，所以，即总经过点是. 故选：B.3. 【答案】A【解析】【分析】由求出a、b，表示出，进而求出的值.【详解】, .故选：A4. 【答案】D【解析】【分析】设圆的方
6、程为，解方程组即得解.【详解】设圆的方程为，把点，代入得, 解得，所以圆的方程是 故选：D5. 【答案】D【解析】【分析】根据斜二测画法可换元原图形，根据原图形计算周长即可.【详解】由直观图可得原图形如图，根据斜二测画法可知，, 在中, ,又,所以四边形的周长为,故选：D6.【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判断定理判断，根据线面垂直，面面垂直的性质定理判断.【详解】不成立，缺少这个条件；不成立，不满足线面垂直的判断定理；不成立，缺少条件；正确，根据面面垂直的性质定理判断.故选：A7. 【答案】B【解析】【分析】点关于直线对称，则利用垂直关系，以及线段的中点在直线上，列式求解.【详解】，
7、若点与关于直线对称，则直线与直线垂直，直线的斜率是，所以，得. 线段的中点在直线上，则，得 , 故选:B8. 【答案】C【解析】【分析】由函数零点问题，转化为，成立，求函数的值域.【详解】在区间内有解，转化为，成立，时，. 故选：C9. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原几何体，计算体积即可.详解】还原几何体如图，为四棱柱，底面积为，高为2 故体积为：2 故选：A10. 【答案】B【解析】【分析】根据是偶函数求出，代入中求解定义域即可【详解】为偶函数，故对称轴为，故 则且 解之得 故选：B11. 【答案】C【解析】【分析】首先判断两圆的位置关系，再判断公切线条数.【详解】圆，圆心，半径，
8、 圆，圆心，半径，圆心距，所以两圆相外切，公切线条数是3条.故选：C12. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，以A为原点，AD为x轴正方向，AB为y轴正方向，AE为z轴正方向，建立空间直角坐标系，把PQ转化为，利用二次函数求最小值.【详解】如图示，以A为原点，AD为x轴正方向，AB为y轴正方向，AE为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A（0,0,0）、D（2,0,0）、C（2,2,0）、E（0,0,2）、F（2,0,2）、Q（2,0,1）、设P（x,y,z）,由点P是CE上的动点，知,即，故P(x,x,2-x),所以 当时故PQ长的最小值为. 故选：A13.【答案】【解析】【分析】先求线段的
9、中点的坐标，再求直线的方程.【详解】，线段的中点是，即，所以三角形边上的中线所在直线的方程为，即. 故答案为：14.【答案】60【解析】【分析】根据ABCD,得到异面直线与所成角即为VCD,由 VCD为等边三角形，即可求解.【详解】如图示，因为是正方形，所以ABCD, 所以异面直线与所成角即为VCD. 又各条棱长均2，所以 VCD为等边三角形，所以VCD=60，异面直线与所成角的大小为60. 故答案为：6015.【答案】【解析】【分析】可求出分段函数在时的解析式，分两种情况解不等式，求并集.【详解】当时，则当时，故，则，则，则，则此时综上有 故答案为：16. 【答案】【解析】【分析】以为原点，
10、分别为轴建立空间直角坐标系，设，由平面可得P点的坐标，根据四棱锥的特点可得外接球的直径可得答案.【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，由，则，设， ， 设平面的法向量为，则，即，不妨令，则，得，因为平面，所以，即，解得，所以，由平面，且底面是正方形，所以四棱锥外接球的直径就是，由，得，所以外接球的表面积. 故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥外接球的表面积的求法，关键点是建立空间直角坐标系，确定球的半径，考查了学生的空间想象力和计算能力.17. 【答案】（1）或；（2）点的坐标为或.【解析】【分析】（1）由点到直线的距离公式建立等式求解的值；（2）可求出以为直径的圆的方程，与直线的方程
11、联立即得点的坐标.【详解】（1）由点到直线的距离公式知：，即，或，或.（2），的中点为，以为直径的圆的方程为，直角三角形的直角顶点是以为直径的圆与直线的交点.设，故满足由知，直线，又在上联立方程消去得：，或.或点的坐标为或.【点睛】，构成以为直角顶点的直角三角形，等价于以为直径的圆过点，且，三点不共线.处理圆与直线交点问题时，可由圆心到直线的距离与半径作比较，得出位置关系.联立两者方程，可求出交点坐标.18.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，设，连接，证明是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）由题意可得平面平面，过点作于，在矩形中，连接，可得，由三角
12、形相似，对应边成比例即可求解.【详解】（1）证明：连接，设，连接.且，是平行四边形.又平面，平面，平面.（2），且，平面.平面平面，且交线为.在平面内，过点作于，则平面，即的长就是点到平面的距离.在矩形中，连接，则，.即点到平面距离为.【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的判定定理，点到面的距离，解题的关键是过点作于，得出的长就是点到平面的距离，考查了计算能力.19. 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）令，分和两种情况解方程，求出a的值；（2）在同一坐标系内分别作出和的图像，观察交点的个数求出的取值范围.【详解】（1）当，即，解得，均满足条件.当时，无解.故.（2）如图示，在同一
13、坐标系内分别作出和的图像，当时，单调递增，；当时，在上递减，在上递增，.故当时，方程恰有三个解，即实数的取值范围是.【点睛】分离参数法求参数的范围：数形结合求零点个数的问题是转化为，分别做出和的图像，观察交点的个数即为零点的个数，根据交点个数求出的取值范围.20. 【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定可证得平面,则平面平面,由,进而可得平面,即可证得结论.(2)由平面,则就是在平面内的射影,即为与平面所成的角,计算即可求得结果.【详解】(1)证明：平面,平面.又,平面.平面平面.又平面平面,平面,平面.又平面.(2)由(1)知平面,连结,则就是在平面内的射
14、影.就是与平面所成的角.,.在中,.与平面所成角的正弦值为.21. 【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）用代替代入中，得到另外一个式子，用方程思想求解与的解析式即可.（2）化简不等式，分离参数，转化为求值域的问题.【详解】（1）用代替代入中，得，是奇函数，是偶函数，上式与联立，可得，.（2）即，.令，则.，.，即实数的取值范围是.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)af(x)恒成立af(x)max；(2)af(x)恒成立af(x)min.22.【答案】（1）；（2）；（3）直线过定点.【解析】【分析】（1）由Q为PA的中点，得，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，直接写
15、出圆的方程；（2）利用垂径定理，把OST的面积表示出来，求出斜率k；（3）先表示出MN的方程，在整理成点斜式，证明过定点（-2,2）.【详解】（1）由题意知，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，其方程为.（2）设到直线的距离为，则由OST面积为，得，解得或1.当时，为钝角，舍去，故.，解得.（3）当时，.，四点在以为直径的圆上.设，则以为直径的圆的方程为即.设，则，.，的坐标都适合方程，即直线的方程为，可整理为，直线过定点.【点睛】（1）待定系数法、定义法是求二次曲线标准方程的常用方法；（2）解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算（3）证明直线过定点，通常有两类：直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0,b)；直线方程整理为点斜式y - yo=k(x- x0)，过定点(x0,y0)
