1、广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高一数学上学期第二次阶段考试试题（含解析）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.集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据交并集的运算求解即可.【详解】由题,故故选：C【点睛】本题主要考查了交并集的运算,属于基础题型.2. 有下列四个命题：（1）过三点确定一个平面；（2）矩形是平面图形；（3）三条直线两两相交则确定一个平面；（4）两个相交平面把空间分成四个区域，其中错误命题的序号是A. （1）和（2）B. （1）和（3）
2、C. （2）和（4）D. （2）和（3）【答案】B【解析】试题分析：（1）过不共线的三点确定一个平面，故（1）错误； （2）“矩形是平面图形”是真命题； （ 3）三条直线两两相交且不交于同一点则确定一个平面，故（3）错误； （ 4）两个相交平面把空间分成四个区域是真命题；故选B考点：空间中点、线、面的位置关系3.如图所示的几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用三视图的作图法则，对选项判断，的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可【详解】正方体的三视图分别为：正方形、正方形、正方形，圆锥的三视图分别
3、为，三角形、三角形、圆和点三棱台的三视图分别为：梯形和线段、梯形、大三角形内有小三角形，正四棱锥的三视图分别为：三角形、三角形、正方形和对角线，易知只有符合条件，故选B.【点睛】本题主要考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，学生的空间想象能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等，熟记常见几何体的三视图是解题的关键，属于基础题.4.根据表格中的数据,可以断定函数的零点所在的区间是 ( )123500.6911.101.6131.51.1010.6A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由表可知，所以函数的零点所在的区间是，故选考点：函数的零点5
4、.已知两个球的表面积之比为，则这两个球的半径之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】考点：球的体积和表面积分析：利用球的表面积公式，直接求解即可解答：解：两个球的表面积之比为1：9，又两个球表面积等于两个球的半径之比的平方，则这两个球的半径之比为1：3故选A点评：本题考查球表面积，考查计算能力，是基础题6.设，则大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题设知，则；，则；，则，所以故正确答案为D考点：函数单调性7.设某种蜡烛所剩长度P与点燃时间t的函数关系式是.若点燃6分钟后，蜡烛的长为17.4 cm；点燃21分钟后，蜡烛的长为8.4 cm，则这支蜡烛
5、燃尽的时间为( )A. 21分钟B. 25分钟C. 30分钟D. 35分钟【答案】D【解析】【分析】根据题设条件求解的解析式,再分析当时的值即可.【详解】由题,故.当蜡烛燃尽时故选：D【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用,属于基础题型.8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积与体积分别为（ ）A. 7，3B. 7，C. 8，3D. 8，【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，底面长为2,1高为1，棱柱的高为1，所以体积为，表面积为考点：三视图及几何体表面积体积9.设奇函数在上为增函数，且，则不等式解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D
6、【解析】由f(x)为奇函数可知，0时，f(x)0f(1)；当x0f(1)又f(x)在(0，)上为增函数，奇函数f(x)在(，0)上为增函数所以0x1，或1x0. 选D点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内10.设、是不同的直线，、是不同的平面，有以下四个命题中正确的序号是( )： 若 则 若，则 若，则 若，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】由于三个平面不重合，故命题显然是正确；对于命题直线，故不正确；对于命题 ，可以作，使得，则成立；对于命题，也有，所以不正确应选答
7、案A11.已知正四棱锥SABCD侧棱长为，底面边长为，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成角的大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接底面正方形对角线、交于 ，连接，则是的中位线，且，故与所成角是异面直线与所成角，由此可求出异面直线与所成角的大小【详解】连接底面正方形对角线、交于，则为的中点，连接，在中为的中点，为的中点， 是的中位线，且，与所成角是异面直线与所成角，由于，,，为等腰三角形，从作，则，在中根据余弦定理，即，在中，根据余弦定理，解得：，即，所以异面直线与所成角为，故答案选A【点睛】本题考查异面直线及其所成的角，需要掌握求解异面直线所成角的思路，据此去做辅助
8、线或平移某条直线，属于基础题12.已知函数，若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】确定函数在上的值域，根据对任意的都存在，使得，可得值域是值域的子集，从而列不等式组得到实数的取值范围【详解】函数的图象是开口向上的抛物线，且关于直线对称，时，的最小值为，最大值为，可得，又为单调增函数，时值域为，即，对任意的都存在，使得，所以是的子集， ， ，实数的取值范围是，故选D.【点睛】本题考查了函数的值域，意在考查学生灵活应用所学知识解决问题的能力，解题的关键是对“任意”、“存在”的理解.第II卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，
9、每小题5分，共20分）13.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_.【答案】【解析】设正方体边长为 ，则 ，外接球直径为.【考点】 球【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法.14.幂函数的图像经过点 ，则
10、满足的的值是_ .【答案】【解析】设幂函数，过点，解得，,解得，故答案为.15.已知函数则函数f(x)的零点个数为_【答案】3【解析】【分析】分两种情况求解即可.【详解】当时,得或,因为,故.当时,得或均满足.故函数f(x)的零点个数为3,分别为,故答案为：3.【点睛】本题主要考查了分段函数的求解问题,属于基础题型.16.偶函数在上是增函数，则满足的的取值范围是_【答案】【解析】因为函数f（x）为偶函数，所以f（|x|）=f（x），所以要求 f(2x-1)f()的解集，等价于求解：f（|2x-1|）f（|）的解集，等价于：|2x-1|，解得：x，故答案为三、解答题（本大题共6小题，共70分.
11、解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）化简（2）已知 ，试用a,b表示.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)分式上下分别同时乘以利用平方差与完全平方公式求解即可.(2)利用换底公式求解即可.【详解】(1) (2) .即【点睛】本题主要考查了指数幂的运算以及换底公式的运用,属于中等题型.18.如图，已知正四棱锥VABCD中，若，求正四棱锥VABCD的体积【答案】24【解析】试题分析： 由题已知为正四棱锥，算体积，需知底面边长和高，由题条件可在直角三角形中算出底面边长和高，代入体积公式可得试题解析：解：由已知有MC=3，VC=5，则VM=4，AB=BC=，所以正四棱锥V的体积
12、为V=24考点：锥体体积的算法19.已知函数.（1）当时，求函数的最大值和最小值；（2）求实数的取值范围，使在区间上是单调函数.【答案】（1），.（2）或.【解析】【分析】（1）当时，利用配方法，结合二次函数的对称轴，求得函数在区间上的最值.（2）二次函数对称轴，结合在上单调，求得的取值范围.【详解】（1）当时，因为的对称轴为，所以，.（2）因为的对称轴为,要使在区间上是单调函数，只需或，即或.【点睛】本小题主要考查二次函数在闭区间上的最值的求法，考查根据二次函数的单调性求参数的取值范围，属于基础题.20.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F为棱AD、AB的中点（1）求证：EF 平
13、面CB1D1；（2）求证：平面CAA1C1平面CB1D1【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【详解】试题分析：（1）连结BD在正方体中，对角线.又E、F为棱AD、AB的中点，.又B1D1平面，平面，EF平面CB1D1.（2）在正方体中，AA1平面A1B1C1D1，而B1D1平面A1B1C1D1，AA1B1D1.又在正方形A1B1C1D1中，A1C1B1D1，B1D1平面CAA1C1. 又B1D1平面CB1D1，平面CAA1C1平面CB1D1考点：线面垂直的判定定理；面面垂直的判定定理点评：本题第一问的关键是证得B1D1EF；第二问的关键是熟练掌握空间中线线垂直、线面垂直、面面垂直
14、之间的相互转化21.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求a，b的值；（2）利用定义证明在上是增函数；（3）求满足的t的取值范围.【答案】(1) ,；(2)证明见解析；(3) 【解析】分析】(1)由函数是定义在上的奇函数可知,再根据联立求解即可得.(2)设,再计算化简证明即可.(3)化简成再利用函数的奇偶性与单调性,结合函数定义域求解即可.【详解】(1)由题意函数是定义在上的奇函数可知,即,又故,即.故,.(2)由(1)有,设,则,因为,故.即,.故在上是增函数(3)由为奇函数可得,.又在上是增函数.故 .故【点睛】本题主要考查了利用奇函数求解函数解析式的方法以及单调性的证明与奇偶性单调性求解不
15、等式的问题等,属于中等题型.22.已知函数为奇函数，为常数.（1）确定的值；（2）求证：是上的增函数；（3）若对于区间上的每一个值，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）； (2)见解析；（3）【解析】【详解】（1）为奇函数，所以恒成立，所以恒成立，得，所以，即，经检验不合题意，所以（2）由（1）知，设任意的，则，因为且，所以，故，所以，所以在上是增函数（3）由（2）知函数在3，4上单调递增，所以的最小值为，所以使恒成立的的取值范围是.点睛：奇偶性的判定问题，解题时，一定要注意先分析函数的定义域是否关于原点对称，单调性定义法证明时，作差后一定要变形到位，一般为几个因式相乘的形式，然后判断差的正负作出结论.
