1、陕西省渭南市韩城市2020-2021学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）满分150分，时间120分钟.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. 或D. 【答案】B【解析】【分析】根据并集定义即可求出.【详解】，.故选：B.2. 圆与圆的位置关系为（ ）A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切【答案】A【解析】【分析】通过圆的标准方程，可得圆心和半径，通过圆心距与半径的关系，可得两圆的关系.【详解】圆，圆心，半径为；，圆心，半径为；两圆圆心距，所以相离.故选：A.3. 如图在三棱柱中，下列直
2、线与成异面直线的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间中直线与直线的位置关系判断出各选项中的直线与直线的位置关系，可得出结论.【详解】由在三棱柱中，与异面，.故选：C.【点睛】本题考查异面直线的判断，要理解空间中直线与直线的三种位置关系，考查推理能力，属于基础题.4. 如图直线的倾斜角分别为则有（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的倾斜程度确定倾斜角的大小.【详解】由图象可知倾斜角依次增大，故.故选B【点睛】本题主要考查了直线倾斜角的概念，属于容易题.5. 已知a=， b=， c=，则a，b，c的大小关系为（ ）A. abcB. acbC
3、. bacD. bca【答案】A【解析】【分析】根据指数函数、对数函数与幂函数的单调性，借助中间量即可比较大小.【详解】解：由函数在上单调递增，所以，由于函数在上单调递减，所以，由于函数在上单调递增，所以，故.故选：A.6. 某同学到长城旅游，他骑行共享单车由宾馆前往长城，前进了，疲意不堪，休息半小时后，沿原路返回，途中看见路边标语“不到长城非好汉”，便调转车头继续向长城方向前进，则该同学离起点(宾馆)的距离s与时间t的函数图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据该同学在行进过程中的前进方式的不同，直接确定对应函数图象即可.【详解】第一段时间，该同学骑行共享单车由
4、宾馆往长城方向，前进了，则该同学离起点(宾馆)的距离s与时间t的函数图象应是直线，且单调递增；第二段时间休息了半小时，随时间变化，该同学离起点的距离并没有发生变化，因此该同学离起点(宾馆)的距离s与时间t的函数图象应是一条横线；第三段时间，原路返回，其距离起点应越来越近，因此该同学离起点(宾馆)的距离s与时间t的函数图象应是直线，且单调递减；第四段时间，调转车头继续向长城方向前进，该部分对应的图象应和第一段时间的相似；因此只有C选项符合.故选：C.7. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件
5、咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题8. 若函数是定义在上的偶函数，当时，函数的图象是如图所示的射线，则当时，函数的解析式是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图象求出时函数的解析式，再由偶函数的性质得出时函数的解析式.【详解】由图可知，当时，函数当时，则故选：D9. 若，则
6、（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据是增函数可得出.【详解】令，和都是增函数，是增函数，即，即.故选：B.10. 已知，函数，若，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据函数值得的对称轴是且在时递减，从而得开口方向【详解】由知函数的对称轴是，又，时，是减函数且，即故选：D.【点睛】本题考查二次函数的性质，属于基础题11. 为加强环境保护，治理空气污染，某环保部门对辖区内一工厂产生的废气进行了监测，发现该厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间的关系为.如果在前5个小时消除了的污染物，那么该厂产生的废气过滤10个小时后，消除
7、污染物的百分比为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题中条件，求出，计算10小时后的废物量，可列出表达式计算求解.【详解】时，所用初始废物量为由已知时，故，解得；过滤10个小时后，消除污染物的百分比为：所以消除污染物的百分比约为.故选：B.【点睛】本题考查对数型函数的实际应用，解题的突破点在于求出废物量初始值.学生计算时，要熟练掌握对数运算，作答时，注意根据问题作答，防止错选.12. 定义：表示的解集中整数解的个数，若，则（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】在坐标系中作出函数，的图象，找到交点坐标即可得结果.【详解】函数，的图象如图所示：当和
8、时，故当时，即的整数解只有3，所以，故选：C.二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13. 函数的定义域是_.【答案】【解析】【分析】直接根据对数函数的性质即可得结果.【详解】由题意得：，即，所以函数的定义域为，故答案为：.14. 表面积为的球，其内接正方体的表面积为_.【答案】96【解析】【分析】由球表面积可先求出球半径，即可求出正方体棱长，得出表面积.【详解】设球半径为，则，解得，设正方体的棱长为，则，解得，所以其内接正方体的表面积为.故答案为：96.15. 在平面直角坐标系中，若直线与直线将平面划分成3个部分，则_.【答案】3【解析】【分析】由题可得两直线平行，建立关系即可求解
9、.【详解】由题可得直线与直线互相平行，解得.故答案为：3.16. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，给出的下列说法：若，且，则；若，且，则；若，且，则；若，且，则.其中正确的说法为_(填序号)【答案】【解析】【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判定定理分别分析四个命题，得到正确答案.【详解】，且，则可能相交，故错误；，且，则可能相交，也可能平行，故错误；，且，则，根据线面垂直的性质可知正确；，、且，则，根据线面垂直的性质可知正确.故答案：.三解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤)17. 在平面直角坐标系中，已知点.（1）求所在直线的一
10、般式方程；（2）求线段中垂线l的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由两点式即可求出；（2）求出AB斜率，由垂直可得l斜率，求出AB中点，由点斜式即可求出.【详解】（1），所在直线方程为，即；（2），其中的中点为，则线段的中垂线l的方程为，即.18. 已知圆M过点.（1）求圆M的标准方程；（2）若过点且斜率为k的直线l与圆M相切，求k的值.【答案】（1）；（2）0或【解析】【分析】（1）设出圆的方程，代入三点即可求出方程；（2）设出直线方程，利用圆心到直线距离等于半径即可得出.【详解】（1）设圆M的标准方程为，则，解得，圆M的标准方程为；（2）可得直线l的方程为，即，直线l与圆M
11、相切，圆心到直线的距离，解得或.19. 如图，在三棱锥中，O是的中点，.（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】【分析】（1）通过得出平面，即可证明；（2）先证明是三棱锥的高，再直接求出三棱锥体积.【详解】（1），O是的中点，平面，；（2），平面，即是三棱锥的高，.20. 已知函数是定义在上的奇函数，其中a为常数.（1）求a的值；（2）设函数，求不等式的解集.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用奇函数定义，列式计算求解参数即可；（2）先化简得到解析式，再利用对数单调性解不等式即得结果.【详解】解：（1）函数是奇函数，所以，即恒成立，即恒成立，
12、即，故，即或.当时，显然不符合题意，舍去；时，显然适合.故；（2）由（1）知，故，定义域为，故即，所以，故不等式的解集为.【点睛】思路点睛：已知函数奇偶性求参数范围的一般思路：（1）直接利用定义使（或）恒成立，系数对应相等解得参数即可；（2）利用特殊值代入（或）计算参数，再将参数代入验证函数是奇（或偶）函数即可.21. 如图，在正方体中，E为的中点，.求证：（1）平面；（2）平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过和即可证明；（2）通过证明四边形是平行四边形得出，即可证明.【详解】（1）在正方体中，平面，平面，平面；（2）连接，在正方体中，且，四边形是平行四边
13、形，且，分别为中点，四边形是平行四边形，平面，平面，平面.22. 已知函数.（1）若在区间上单调递减，求实数b的取值范围；（2）若在区间上的最大值为9，求实数b的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分析二次函数图象的开口方向以及对称轴，根据题意可求得实数的取值范围；（2）对实数的取值进行分类讨论，分析函数在区间上的单调性，结合已知条件可求得实数的值.【详解】（1）由题意可知，二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，由于函数在上是单调递减，则.因此，实数的取值范围是.（2）当时，函数在区间上单调递减，则，解得，不合题意，舍去；当时，函数在区间上单调递增，则，解得，不合题意，舍去；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则在或中取得，又因为，所以当时，解得；当时，解得；当时，显然不合题意；综上所述，【点睛】二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键是对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论