1、XCS20202021学年第一学期期末教学质量检测高一文科数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将答题卡交回一、选择题：本题共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，集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知直线过，且，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 3. 函数的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 4. 在空
2、间直角坐标系中，点在轴上，且点到点与点距离相等，则点坐标为（ ）A. B. C. D. 5. 以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 6. 已知函数，当时方程表示的直线是（ ）A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为1，动点在线上，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（ ）A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 存在点，使得平面平面8. 已知点，则的面积为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 89. 下列命题中正确的个数是（ ）两条直线，没有公共点，那么，是异面直线若直线上有无数个点不在平面内，则空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互
3、补若直线与平面平行，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点A. B. C. D. 10. 已知，则，三者的大小关系是（ ）A. B. C. D. 11. 古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前262公元前190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆已知，动点满足，则动点轨迹与圆位置关系是（ ）A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切12. 设函数，若关于方程有个不同实根，则实数的取值范围为（ ）A B. C. D. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分满分20分13. 当时，函数的值总大
4、于，则的取值范围是_14. 经过点作圆的切线，则切线的方程为_15. 如下图所示，三棱锥外接球半径为1，且过球心，围绕棱旋转后恰好与重合.若，则三棱锥的体积为_.16. 某公司在甲、乙两地销售同一种品牌的汽车，利润(单位：万元)分别为和，其中为销售量(单位：辆).若该公司在两地共销售15辆汽车，则该公司能获得的最大利润为_万元.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算步骤17. 设全集，集合，（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围18. 已知函数是定义在上的奇函数(1)求实数的值；(2)判断函数的单调性，并利用定义证明19. 如图，射线、分别与轴正半轴成和角，过点
5、作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程20. 如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；（2）若是中点，求异面直线与所成角的正切值；21. 已知圆：关于直线：对称的图形为圆.（1）求圆的方程；（2）直线：，与圆交于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.22. 已知如图，在直三棱柱中，且，是中点，是的中点，点在直线上. （1）若为中点，求证：平面；（2）证明：XCS20202021学年第一学期期末教学质量检测高一文科数学（解析版）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回
6、答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将答题卡交回一、选择题：本题共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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简两集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】集合，集合，所以.故选：A.2. 已知直线过，且，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用，求出直线斜率，利用可得斜率乘积为，即可求解.【详解】设直线
7、斜率为，直线斜率为，因为直线过，所以斜率，因为，所以，所以，故直线的斜率为.故选：A3. 函数的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】易得t在上递减，在上递增，再由在上递增，利用复合函数的单调性求解.【详解】令，解得或，t在上递减，在上递增，又在上递增，所以单调递增区间是故选：D4. 在空间直角坐标系中，点在轴上，且点到点与点的距离相等，则点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意设点的坐标为，根据空间中的两点间距离公式，列出等式，求出，即可得出结果.【详解】因为点在轴上，所以可设点的坐标为，依题意，得，解得，则点的坐标为故选：B.
8、5. 以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中条件，得到圆的半径，进而可得圆的方程.【详解】以点为圆心且与轴相切的圆的半径为，故圆的标准方程是.故选：C.6. 已知函数，当时方程表示的直线是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用对数函数的性质得到所以，再利用直线的斜率和截距判断.【详解】因时，所以则直线的斜率为，在轴上的截距故选：C7. 如图，正方体的棱长为1，动点在线上，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（ ）A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 存在点，使得平面平面【答案】D【解析】【分析】对A
9、,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明，再证明平面即可.对C,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.对D,根据与平面有交点判定即可.【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;在B中,因为,故,故.故,又有,所以平面,故B正确；在C中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故C正确.在D中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故D错误.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查空间点线面的位置关系，考查棱锥的体积，考查线面垂直的判定定理的应用，判断线面垂直的方法主要有：1.线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；2.面面垂直的性质定
10、理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；3.线面垂直性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；4.面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面8. 已知点，则的面积为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】A【解析】【分析】设AB边上的高为h，则SABC|AB|h，根据两点的距离公式求得|AB|，而AB边上的高h就是点C到直线AB的距离，由点到直线的距离公式可求得选项【详解】设AB边上的高为h，则SABC|AB|h，而|AB| ，AB边上的高h就是点C到直线AB的距离AB边所在的直线方程为，即xy40.点C到直线xy40
11、的距离为，因此，SABC2 5.故选：A9. 下列命题中正确的个数是（ ）两条直线，没有公共点，那么，是异面直线若直线上有无数个点不在平面内，则空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补若直线与平面平行，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由两直线的位置关系判断；由直线与平面的位置关系判断；由空间角定理判断；由直线与平面平行的定义判断.【详解】两条直线，没有公共点，那么，平行或异面直线，故错误；若直线上有无数个点不在平面内，则或相交，故错误；由空间角定理知，正确；由直线与平面平行的定义知，正确； 故选：C10. 已知，则，三
12、者的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出，的范围，即可比较大小.【详解】因为在上单调递增，所以，即，因为在上单调递减，所以，即，因为在单调递增，所以，即，所以，故选：C11. 古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前262公元前190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆已知，动点满足，则动点轨迹与圆位置关系是（ ）A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切【答案】C【解析】分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程为圆，再判断圆心距
13、和半径的关系即可得解.，【详解】设，由，得，整理得，表示圆心为，半径为的圆，圆的圆心为为圆心，为半径的圆两圆的圆心距为，满足，所以两个圆相交.故选：C.12. 设函数，若关于方程有个不同实根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】等价于，即或，转化为与和图象交点的个数为个，作出函数的图象，数形结合即可求解【详解】作出函数的图象如下图所示变形得，由此得或，方程只有两根所以方程有三个不同实根，则， 故选：B【点睛】易错点点睛：本题的易错点为函数的图像无限接近直线，即方程只有两根，另外难点在于方程的变形，即因式分解二、填空题：本大题共4小题，每小题5分满分20分1
14、3. 当时，函数的值总大于，则的取值范围是_【答案】或，【解析】【分析】由指数函数的图象和性质可得即可求解.【详解】因为时，函数的值总大于，根据指数函数的图象和性质可得，解得：或，故答案为：或，14. 经过点作圆的切线，则切线的方程为_【答案】【解析】【分析】点在圆上，由，则切线斜率为2，由点斜式写出直线方程.【详解】因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，故切线方程为，整理得故答案为：15. 如下图所示，三棱锥外接球的半径为1，且过球心，围绕棱旋转后恰好与重合.若，则三棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】作于，可证得平面，得，得等边三角形，利用是球的直径，得，然后计算出，再应用棱锥体积公式
15、计算体积【详解】围绕棱旋转后恰好与重合，作于，连接，则，又过球心，而，同理，由，得平面，故答案为：【点睛】易错点睛：本题考查求棱锥的体积，解题关键是作于，利用旋转重合，得平面，这样只要计算出的面积，即可得体积，这样作图可以得出，为旋转所形成的二面角的平面角，这里容易出错在误认为旋转，即为旋转是旋转形成的二面角为应用作出二面角的平面角16. 某公司在甲、乙两地销售同一种品牌的汽车，利润(单位：万元)分别为和，其中为销售量(单位：辆).若该公司在两地共销售15辆汽车，则该公司能获得的最大利润为_万元.【答案】【解析】设该公司在甲地销x辆，那么乙地销15x辆，利润L(x)5.06x0.15x22(1
16、5x)0.15x23.06x30.由L(x)0.3x3.060，得x10.2.且当x10.2时，L(x)0，x10.2时，L(x)0，x10时，L(x)取到最大值，这时最大利润为45.6万元答案：45.6万元三、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算步骤17. 设全集，集合，（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）由得到，然后利用集合的补集和交集运算求解.（2）化简集合,根据,分和 两种情况求解.【详解】（1）当时，或，或.（2）,若,则当时，,不成立，解得，的取值范围是.18. 已知函数是定义在上的奇函数(1)求实数的值
17、；(2)判断函数的单调性，并利用定义证明【答案】(1)；(2)为减函数；证明见解析【解析】【分析】(1)根据奇函数的定义，即可求出；(2)利用定义证明单调性【详解】解：(1)，由得，解得另解：由，令得代入得：验证，当时，满足题意(2)为减函数证明：由(1)知，在上任取两不相等的实数，且，由为上的增函数，则，函数为减函数【点睛】定义法证明函数单调性的步骤：(1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)下结论19. 如图，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程【答案】【解析】【分析】先求出、所在的直线方程，根据直线方程分别设A、B点坐标，进而求出
18、的中点C的坐标，利用点C在直线上以及A、B、P三点共线列关系式解出B点坐标，从而求出直线AB的斜率，然后代入点斜式方程化简即可.【详解】解：由题意可得，所以直线，设，所以的中点由点在上，且、三点共线得解得，所以又，所以所以，即直线的方程为【点睛】知识点点睛：（1）中点坐标公式：，则AB的中点为；（2）直线的点斜式方程：.20. 如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；（2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值；【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）取中点，连接，则为所求二面角的平面角，找出二面角的平面角再根据题目所给条
19、件即可计算出二面角的大小（2）连接为异面直线所成的角根据判断出进而得到，从而可知是异面直线与所成角，利用勾股定理即可求出所求答案试题解析：（1）取中点，连接，依条件可知，则为所求二面角的平面角 面，为侧棱与底面所成的角设，（2）连接为异面直线与所成的角平面又OE平面，考点：空间角的求解21. 已知圆：关于直线：对称的图形为圆.（1）求圆的方程；（2）直线：，与圆交于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设圆的圆心为，则由题意得，求出的值，从而可得所求圆的方程；（2）设圆心到直线：的距离为，原点到直线：的距离为，则有，再由的面积为，列方程可求
20、出的值，进而可得直线方程【详解】解：（1）设圆的圆心为，由题意可得，则的中点坐标为，因为圆：关于直线：对称的图形为圆，所以，解得，因为圆和圆半径相同，即，所以圆的方程为，（2）设圆心到直线：的距离为，原点到直线：的距离为，则，所以所以，解得，因为，所以，所以直线的方程为【点睛】关键点点睛：此题考查圆的方程的求法，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离为，原点到直线的距离为，再表示出，从而由的面积为，得，进而可求出的值，问题得到解决，考查计算能力，属于中档题22. 已知如图，在直三棱柱中，且，是的中点，是的中点，点在直线上. （1）若为中点，求证：平面；
21、（2）证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）取中点为，连接，首先说明四边形是平行四边形，即可得，根据线面平行判定定理即可得结果；（2）连接，利用得到，再通过平面得到 ，进而平面，即可得最后结果.【详解】（1）证明：取中点为，连接，在中， 又所以，即四边形是平行四边形. 故，又 平面，平面，所以，平面. （2）证明：连接，在正方形中，所以，与互余，故， 又，所以，平面，又平面，故 又 ,所以平面 又平面，所以【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，通过线线垂直线面垂直线面垂直的过程，属于中档题.在证明线面平行中，常见的方法有以下几种：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形得到线线平行；3、构造面面平行等.
