1、金山学校2020年高一开学检测试题数学（理科）一、选择题（本大题共12题，每题5分，满分60分）1.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别解出集合然后求并集.【详解】解：， 故选：D【点睛】考查集合的并集运算，基础题.2.函数f(x)|x|，g(x)x(2x)的递增区间依次是()A. (，0，(，1B. (，0，(1，)C. 0，)，(，1D. 0，)，1，)【答案】C【解析】【分析】通过作图，可直接求出两个函数的单调区间【详解】选C分别作出f(x)与g(x)的图象得：f(x)在0，)上递增，g(x)在(，1上递增，选C.【点睛】常见函数的图象考生应强化记忆：一次
2、函数、二次函数、反比例函数、含绝对值的函数（需要理解绝对值在函数中的几何意义）3.设，则实数值( )A. 小于B. 大于C. 等于D. 等于【答案】B【解析】【分析】根据对数运算性质，即可容易求得结果.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查对数的运算性质，属基础题.4.已知过点和的直线与直线平行，则的值为（ ）A. B. 0C. 2D. 10【答案】A【解析】【分析】因为过点和的直线与直线平行，所以两直线的斜率相等.【详解】解：直线的斜率等于，过点和的直线的斜率也是，解得，故选：A.【点睛】本题考查两斜率存在的直线平行的条件是斜率相等，以及斜率公式的应用.5.对于平面和共面的直线，下列命题是真命
3、题的是A. 若，与所成的角相等，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用直线和平面平行、垂直的判定和性质，判断命题A、B、C都不正确，只有D正确，从而得到结论【详解】由于平面和共面的直线，若，与所成的角相等，则直线，平行或相交，故A不正确若，则，则共面直线，平行或相交，故B不正确若，则与平面平行或在平面内，故C不正确若，根据直线，是共面的直线，则一定有，故D正确，故选：D【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判定，命题的真假的判断，属于基础题6.函数的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先通过幂函数的定义域排除C,再通过幂函数的
4、奇偶性排除D,再通过幂函数的图象排除B，即得解.【详解】，该函数的定义域为，所以排除C；因为函数为偶函数，所以排除D；又，在第一象限内的图像与的图像类似，排除B.故选A【点睛】本题主要考查幂函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.设用二分法求方程在内近似解的过程中得,则方程的根落在区间( )A. B. C. D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】因为,根据零点存在定理,即可求得答案.【详解】 又 由零点存在定理可得在区间存在零点. 方程的根落在区间故选:B【点睛】本题考查了判断零点的范围和求解方程根的范围,解题关键是掌握零点存在定理和二分法求方程根的解法,考查了分析能力,
5、属于基础题.8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球半径为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该四棱锥的一条侧棱与底面垂直，将该棱锥补成棱长为的正方体，则棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体外接球的直径就是正方体的对角线，从而可得结果.【详解】由三视图可知，该四棱锥是底面为边长为 的正方形，一条长为的 侧棱与底面垂直，将该棱锥补成棱长为 的正方体，则棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体外接球的直径就是正方体的对角线，即 ，故选B.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力
6、最常见题型，也是高考热点. 观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，做题时不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9.定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.10.直线和直线的夹角平分线的方程为( )A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】设出角平分线上的一点，由
7、点到直线的距离公式即可容易求得.【详解】不妨设角平分线上的任意一点为，由该点到两直线的距离相等，即可得：，即整理得或.故选：C.【点睛】本题考查直线方程的求解，涉及点到直线的距离公式，属基础题.11.学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用长方体体积减去四棱锥的体积，求得模型的体积，结合密度，即可求得质量.【详解】由题可知模型的体积，故可得制作该模型所需原料的质量.故选：B.【点睛】本题考
8、查组合体体积的求解，属基础题.12.已知函数，若函数的图象上有且只有两个点关于轴对称，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对参数进行分类讨论，数形结合即可容易求得参数的范围.【详解】当时，关于轴对称的函数为，画出图像如下所示：要满足题意，只需，解得.当时，关于轴对称的函数为，画出函数图像如下所示：数形结合可知，显然不满足题意.综上所述：.故选：A.【点睛】本题考查指数函数和对数函数的图像，属综合基础题.二、填空题（本题共6小题，每题5分，满分30分）13.已知直线l过点P(2，5)，且斜率为，则直线l的方程为_【答案】3x4y140【解析】由y5(x2)，得3
9、x4y140.14.已知全集为，集合，则_.【答案】【解析】【分析】求解对数函数的定义域以及函数的值域，解得集合，再由集合的运算即可求得结果.【详解】因为；故可得.故答案为：.【点睛】本题考查对数型函数的定义域，函数值域的求解，集合的交运算和补运算，属综合基础题.15.如果在某种细菌培养过程中，细菌每10 min分裂1次（1个分裂成2个），那么经过1h，1个这种细菌可以分裂成_个.【答案】64【解析】【分析】一个小时分裂6次，根据分裂规则，即可求解.【详解】由题：细菌每10 min分裂1次（1个分裂成2个），经过1h可分裂6次，可分裂成（个）.故答案为：64【点睛】此题考查利用指数幂知识解决实
10、际应用问题，关键在于合理地将实际问题转化为纯数学问题.16.已知是奇函数，且当时，.若，则_.【答案】-3【解析】【分析】当时，代入条件即可得解.【详解】因为是奇函数，且当时，又因为，所以，两边取以为底的对数得，所以，即【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算渗透了数学运算、直观想象素养使用转化思想得出答案17.给出下列四个命题：若直线，那么直线必平行于平面内的无数条直线；一个长为，宽为的矩形，其直观图的面积为；若函数的定义域是，则的定义域是；定义在上的函数，若，则函数的图象关于点中心对称.其中所有正确命题的编号为_.【答案】【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系，直观图面积的求解，以及抽
11、象函数定义域，函数对称性的求解，结合选项即可逐一进行判断.【详解】直线，则直线/平面或，那么直线必平行于平面内的无数条直线，故正确；直观图的面积是原图面积的倍，故可得直观图面积为，故正确；函数的定义域是，故可得，且，解得故正确；因为，故，则关于点对称.故错误；综上所述，正确的选项为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与平面的位置关系、直观图面积和原图面积的关系、抽象函数定义域的求解，以及函数对称性的求解，属综合基础题.18.动直线与一点.则动直线必过定点_；当点到直线的距离最大时，直线的方程为_（填一般式）.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将直线方程转化为交点直线系方程，联立直线方
12、程即可求得定点坐标；当定点与点点构成的直线与垂直时，则点到直线的距离最大时，则问题得解.【详解】因为，即，故直线恒过定点为直线与直线的交点，联立方程解得直线恒过定点；当点与定点构成的直线与垂直时，点到直线的距离最大，此时必有，即，解得.则，解得，故直线的方程为：.故答案为：；.【点睛】本题考查直线恒过定点的求解，以及由直线垂直求直线方程，属综合基础题.三、解答题（本大题共5题，满分60分，每题12分）19.已知集合.（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据集合的补运算和交运算，即可容易求得结果；（2）由是的子集，即可由集合关系，列出不等式，
13、求得参数范围.【详解】（1）当时，又（2） 的取值范围时【点睛】本题考查集合的交运算和补运算，以及由集合之间的关系求参数范围，属综合基础题.20.直线若，求值.【答案】或或【解析】分析】根据直线平行，列出方程，即可求得参数的值.【详解】 即解得或或 显然（否则与不平行）当时，符合题意当时，符合题意当时，符合题意或或【点睛】本题考查由直线平行求参数值，属基础题.21.已知直线，求点关于直线的对称点的坐标.【答案】【解析】【分析】设出对称点的坐标，利用中点在直线上，以及直线垂直，列出方程，即可求得结果.【详解】设点关于直线的对称点 根据中点公式得的中点坐标为 依题意有 解得【点睛】本题考查一点关于
14、直线的对称点的求解，属综合基础题.22.如图，矩形中，在边上，且，将沿折到的位置，使得平面平面.（）求证：；（）求二面角的余弦值.【答案】（）见解析;（）.【解析】试题分析：（I）连接交于点，根据对应边成比例可证得两个直角三角形相似，由此证得，而，故平面，所以.（II）由（I）知平面，以为原点联立空间直角坐标系，利用平面和平面的方向量，计算两个半平面所成角的余弦值.试题解析：（）连接交于点，依题意得，所以 ，所以，所以，所以，即，又，,平面.所以平面.又平面，所以.（）因为平面平面，由（）知，平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.在中，易得，所以，则，设平面的法向量，则，即，解得，令，得
15、，显然平面的一个法向量为.所以 ，所以二面角的余弦值为.23.给定点，若是直线上位于第一象限内的一点，直线与轴的正半轴相交于点.试探究：的面积是否具有最小值?若有，求出点的坐标；若没有，则说明理由.若点为直线上的任意一点，情况又会怎样呢?【答案】的面积存在最小值为，此时 ，若为直线上的任意一点时，的面积不具有最小值.【解析】【分析】设出点的坐标，根据三点共线，求得参数之间的关系，将问题转化为求函数的最小值；根据方程有根，用判别式法求得参数范围以及面积的最值.【详解】依题意画草图如图：设 由三点共线得解得 而的面积 问题转化为求函数的最小值.函数的定义域为 将函数式变形为 （）（）方程有根即解得或（舍，）的面积存在最小值为，此时 若为直线上的任意一点时，的面积不具有最小值.当无限地接近于原点时，的面积无限地接近于.【点睛】本题考查由三点共线斜率相等求参数关系，判别式法求函数值域，属综合中档题.