1、广西南宁市第十中学2020-2021学年高一数学12月月考试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则（ ）A. 2，3B. 2，2，3C. 2，1，0，3D. 2，1，0，2，3【答案】A【解析】【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.2. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式知，解不等式组即可得定义域【详解】由函数，知解之得：故选：B【点睛】本题考查了函
2、数的表示，根据函数解析式的性质求函数的定义域，属于简单题3. 已知函数，则A. 是奇函数，且在R上是增函数B. 是偶函数，且在R上是增函数C. 是奇函数，且在R上是减函数D. 是偶函数，且在R上是减函数【答案】A【解析】【详解】分析：讨论函数的性质，可得答案.详解：函数的定义域为，且 即函数 是奇函数，又在都是单调递增函数，故函数 在R上是增函数故选A.点睛：本题考查函数的奇偶性单调性，属基础题.4. 设函数若f（a）4，则实数a（ ）A. 4或2B. 4或2C. 2或4D. 2或2【答案】B【解析】【分析】讨论的范围，代入不同解析式，即可容易求得结果.【详解】当时，解得；当时，解得，因为，所
3、以，综上，或，故选：【点睛】本题考查分段函数自变量的求解，属简单题.5. 设，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果详解：.,即又即故选B.点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题6. 在正方体中，为棱的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论【详解】画出正方体，如图所示对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确对于选项C，连，则连，则
4、得，所以平面，从而得，所以所以C正确对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确故选C【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A B. C. 90D. 81【答案】B【解析】【详解】试题分析：解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱，其底面面积为：36=18，前后侧面的面积为：362=36，左右侧面的面积为： ，故棱柱的表面积为： 故选B点睛：本题考查的知识点是由三视图，求
5、体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题.8. 若、是两条不同的直线，垂直于平面则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】本题可通过线线、线面的位置关系及判定、性质定理依次判断即可.【详解】若垂直于平面，则直线在平面内或，A、B错误；若垂直于平面，则垂直于平面内所有直线，C正确，D错误，故选：C.9. 正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：如下图所示，连接，因为
6、是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积10. 如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）A. ACSBB. AB平面SCDC. SA与平面SBD所成角等于SC与平面SBD所成的角D. AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】【详解】试题分析：A中由三垂线定理可知是正确的；B中AB，CD平行，所以可得到线面平行；C中设AC,BD相交与O，所以SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角分别为所以两角相等，D中由异面直线所成角的求法可知两角不
7、等考点：1线面平行垂直的判定；2线面角，异面直线所成角11. 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）A. ，且直线是相交直线B. ，且直线是相交直线C. ，且直线是异面直线D. ，且直线是异面直线【答案】B【解析】【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示， 作于，连接，过作于连，平面平面平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性12. 函数是定义在上的奇函数，且是减函数，若实数a，b满足，则a，b的关系是（ ）A. B. C. D. 不确定【答案】B
8、【解析】【分析】先利用奇函数性质化简不等式，再利用单调性得到a，b的不等关系，即得结果.【详解】是奇函数，故，而是定义在上减函数，故，即.故选：B.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知函数f（x）的图象如图，则f（x）的解析式为_【答案】f（x）=【解析】【分析】根据函数图象确定函数是分段函数，每段都是一次函数，可用待定系数法求解析式即可.【详解】如图，当1x0时，设f（x）=ax+b，由题意，解得：，故f（x）=x+1，x1，0）；0x1时，设f（x）=kx，则k=1，f（x）=x，故f（x）=，故答案为f（x）=【点睛】本题主要考查了分段函数，函数图象，待定系数法
9、求解析式，属于中档题.14. 设、是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥的体积的最大值为_【答案】【解析】【分析】本题首先可结合题意绘出图像，然后求出的边长，结合图像判断出的位置，最后求出的长，根据三棱锥的体积计算公式即可得出结果.【详解】如图所示，结合题意绘出图像，设点为的重心，为中点，因为为等边三角形且其面积为，所以，易知当点在平面上的射影为时，三棱锥的体积最大，此时，因为点为的重心，所以，在中，有，则，三棱锥体积的最大值，故答案：.【点睛】关键点点睛：本题考查球的内接多面体以及棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一定的等边三角形，需要该三棱锥
10、的高最大，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，考查运算能力，属于中档题.15. 设函数f(x)x(exaex)(xR)是偶函数，则实数a的值为_【答案】1【解析】【详解】由题意可得g(x)exaex为奇函数，由g(0)0，得a1.16. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为_【答案】36【解析】【详解】三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥SABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得 ，解得r=3.球O
11、的表面积为： .点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知实数，函数，（1）当时，画出的图象；（2）若，求a的值【答案】（1）图象见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先写出分段函数，再分段画出图象即可；（2）分类讨论和，计算代入方程，即可求得a的值【详解】解：（
12、1）当时，描点作图如下：（2）时，故，由得，解得，不符合题意；时，故，由得，解得，符合题意.综上，.18. 如图，在三棱锥中，O为的中点（1）证明：平面；（2）求：点C到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由正三角形性质得，由勾股定理逆定理证，从而得线面垂直；（2）利用体积法可求得点C到平面的距离【详解】（1）证明：因为，O为AC的中点，所以，且.如图，连接OB，因为，所以ABC为等腰直角三角形，且，由知，由，且OB与AC相交，知平面ABC（2）由（1）可知平面ABC，为等腰直角三角形，则 在中，根据余弦定理可得，则，所以.设点C到平面PAB的距离为d，由,则，可
13、得所以点C到平面PAB的距离为.【点睛】方法点睛，立体几何中求点到平面距离的方法：（1）作出点到平面的垂线，求出垂线段的长；（2）在三棱锥中用等体积法计算；（3）建立空间直角坐标系，用向量法求解19. 已知，函数.（1）当时，解不等式；（2）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）由，得，解得；（2）由在上单调递减.可得函数在区间上的最大值与最小值分别为，等价于，对任意成立，只需令函数在区间的最小值不小于零，解不等式即可.试题解析：（1）由，得，解得.（2）当时，所以在上单调递减.函数在区间上的最大值与最小值分别
14、为.即，对任意成立.因为，所以函数在区间上单调递增，时，有最小值，由，得，故的取值范围为.【方法点晴】本题主要考查函数的单调性、简单的指数方程以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数.本题（2）是利用方法 求得的取值范围的.20. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明（2）判断出P为AM中点，证明
15、MCOP，然后进行证明即可详解：（1）由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM又BCCM=C，所以DM平面BMC而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC（2）当P为AM的中点时，MC平面PBD证明如下：连结AC交BD于O因为ABCD为矩形，所以O为AC中点连结OP，因为P为AM 中点，所以MCOPMC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面
16、平行，考查学生空间想象能力，属于中档题21. 如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.（）证明：G是AB的中点；（）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积【答案】（）见解析；（）作图见解析，体积为.【解析】【详解】试题分析：证明由可得是的中点.（）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得四面体的体积试题解析：（）因为在平面内的正投影为，所以因为在平面内的正投影为，
17、所以所以平面，故又由已知可得，从而是的中点. （）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.理由如下：由已知可得，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由（）知，是的中点，所以在上，故由题设可得平面，平面，所以，因此由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得所以四面体的体积【考点】线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注
18、意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.22. 请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设（1）写出侧面积关于x的函数关系式，并求出定义域；（2）试问x应取何值时，侧面积最大？并求出最大值【答案】（1），定义域为；（2）时，侧面积最大，为1800.【解析】【分析】（1）设包装盒的底面边长为，高为，利用已知图形中边长关系将、用表示，即得解析式 （2）利用二次函数的基本性质可求得S的最大值及其对应的的值.【详解】解：（1）设包装盒的底面边长为，高为，则由已知平面图形中，以A为顶角的等腰直角三角形中，可知，在阴影三角形中，可得，其中，所以，故侧面积关于x的函数关系式为，定义域为；（2）根据题意，故当时，侧面积S取得最大值1800.
