1、2019-2020学年度上学期期末素质测试试卷高一数学（必修文理同卷）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.选项填涂在答题卡上.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由集合交集的定义直接计算即可得出答案.【详解】由题意，则由交集定义可得：，即为：.故选：D.【点睛】本题考查了集合的基本运算，属于基础题.2.下列函数中哪个与函数相等（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知函数的定义域和解析式利用相等函数的定义直接判断即可得出答案.【详解】由已知函数解析式，可得已知函数的定义
2、域为R，A项定义域为R，但是解析式为：，与已知函数解析式不同，不是相等函数；B项定义域为R，解析式为，与已知函数解析式相同且定义域相同，是相等函数；C项定义域为，与已知函数定义域不同，故不是相等函数；D项定义域为，与已知函数定义域不同，故不是相等函数；综上可得B项函数和已知函数是相等函数.故选：B.【点睛】本题考查了相等函数概念的应用，属于基础题.3.三个数607、076、076的大小顺序是（ ）A. 076076607B. 076607076C. 076076607D. 076607076【答案】C【解析】试题分析：，所以076076607考点：比较大小4.用边长分别为与的矩形，作圆柱的侧面
3、，则这个圆柱的体积为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】分类讨论当圆柱的高和底面周长分别为2和4或为4和2时，分情况计算对应圆柱的高和底面半径，进而求出对应圆柱的体积.【详解】当圆柱的高和底面周长分别为2和4时，则可得底面半径为，底面面积为，则体积为；当圆柱的高和底面周长分别为4和2时，则可得底面半径为，底面面积为，则体积为；则可得圆柱的体积为或.故选：D.【点睛】本题考查了圆柱侧面展开图和体积的计算，确定圆柱的高和底面周长是解题的关键，属于基础题.5.点关于直线对称的点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知点和对称点的中点在已知直线上，
4、且已知点和对称点的连线与已知直线垂直，直接列式求解即可得出答案.【详解】设点关于直线对称的点的坐标为，则由，解得：，即得该点坐标为.故选：A.【点睛】本题考查了求已知点关于已知直线对称点的问题，充分利用两点关于直线的对称的性质是解题的关键，属于一般难度的题6.已知函数yxa，yxb，yxc的图象如图所示，则a，b，c的大小关系为()A. cbaB. abcC. bcaD. cab【答案】A【解析】详解】试题分析：由幂函数图像特征知，所以选A考点：幂函数的图像特征【此处有视频，请去附件查看】7.在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度和燃料的质量、火箭（除燃料外）的质量的函数关系是，当火箭的最大
5、速度可达到时，燃料的质量和火箭质量的比为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数关系=2000在上是递增函数，直接代入求解即可得出答案.【详解】由题意可得函数=2000在上是递增函数，所以当火箭速度达到时，令12000=2000解得，即得此时燃料的质量和火箭的质量的比为.故选：C.【点睛】本题借助于实际问题考查了指数函数单调性的应用，单位换算是本题容易出错的地方，属于基础题.8.正方体中，异面直线与所成角的大小为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】连接，由正方体的几何特征得：则即为异面直线与所成的角连接，易得：故故选9.函数的定义域为 （ ）A. B
6、. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式，只需解析式有意义即可求出.【详解】要使函数有意义，则需满足：，解得所以定义域为，故选A【点睛】本题主要考查了给出函数解析式的函数定义域问题，属于中档题.10.南北朝时代的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”. 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为V1,V2，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为S1,S2，则（ ）A.
7、 如果S1,S2总相等，则V1=V2B. 如果S1=S2总相等，则V1与V2不一定相等C. 如果V1=V2 ，则S1,S2总相等D. 存在这样一个平面使S1=S2相等，则V1=V2【答案】A【解析】【分析】由祖暅原理的含义直接判断即可得出答案.【详解】如图所示：由祖暅原理的含义可得当平面，并且和平行的平面截得两个几何体的所得的截面面积时，则A选项正确.故选：A.【点睛】本题考查了祖暅原理的理解和应用，属于基础题.11.直线被圆截得的弦长为（ ）A. B. 2C. D. 4【答案】B【解析】【分析】利用直线和圆相交所得的弦长公式直接计算即可.【详解】由题意可得圆的圆心为O(0,0)，半径，则圆心
8、到直线的距离，所以由直线和圆相交所得的弦长公式可得弦长为：.故选：B.【点睛】本题考查了直线和圆相交所得弦长的计算，考查了运算能力，属于基础题.12.函数的定义域为1,1，图象如图1所示，函数)的定义域为1,2，图象如图 2 所示，若集合 A，B，则 AB中元素的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】试题分析：由图可知，当时，由得，即，当时，由得，所以，即，故选C.考点：1.函数的图象；2.复合函数求值；3.集合的表示与运算.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.若函数的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下：那么方程的一个近似根为_（精
9、确到）【答案】【解析】分析】先由题中参考数据可得根在区间内，又因为和精确到小数点后面一位都是符合要求，即可得到答案【详解】由表格可得：函数的零点在之间结合选项可知：方程一个近似根（精确到）是故答案为【点睛】本题主要考查了二分法及函数零点的判定定理，运用二分法求方程的近似解，属于基础题14.函数,其中,则该函数的值域为_.【答案】；【解析】试题分析：=，其在3,2是减函数，在2，3是增函数，且3距离对称轴较远，所以最大值为f(3)=21，最小值f(2)=4，即该函数的值域为考点：本题主要考查二次函数在闭区间的最值点评：典型题，二次函数在闭区间的最值问题，是高考考查的重点之一一般地，要结合图象，分
10、析函数的单调性，得出结论15.半径为的球内接一个正方体，则该正方体的体积是 _.【答案】【解析】分析】先分析得出球的直径即为内接正方体的体对角线，然后计算求出正方体的边长，进而求出正方体的体积.【详解】由题意可得球的直径即为内接正方体的体对角线，设正方体的边长为，则由可得，所以正方体的体积V=.故答案为：【点睛】本题考查了球的内接正方体的性质的应用，分析出球的直径为内接正方体的体对角线是解题的关键，属于基础题.16.如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是_(要求：把可能的图的序号都填上)【答案】2,3【解析】因为正方体是对
11、称的几何体，所以四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可分为：上下、左右、前后三个方向的射影，也就是在面ABCD、面ABB1A1、面ADD1A1上的射影四边形BFD1E在面ABCD和面ABB1A1上的射影相同，如图所示；四边形BFD1E在该正方体对角面的ABC1D1内，它在面ADD1A1上的射影显然是一条线段，如图所示故正确，答案为 【点评】本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则来作出三个视图的能力，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”本题是根据三视图投影规则来选择正确的视图，三视图是高考的新增考点，不时出现在高考试题中，应予以重视.
12、三、解答题:（共6个题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤共70分）17.设集合，.（1）若，求；（2）当时，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）时，确定集合，再对集合化简，再得到，然后根据集合的交集运算，得到答案；（2）根据，得到，从而得到关于的不等式组，解出的取值范围.【详解】（1）因为，所以集合集合，所以，所以（2）因为，所以，所以，解得.【点睛】本题考查集合的补集和交集运算，根据交集结果求参数范围，属于简单题.18.已知点三顶点坐标分别是，（1）求A到BC边的距离d；（2）求证AB边上任意一点P到直线AC,BC的距离之和等于d.【答案】（1）；（2）证明
13、见解析.【解析】【分析】(1)先由BC两点坐标求出过点B和C的直线方程，然后由点到直线的距离公式即可求得答案；(2)由AC两点坐标求出过点A和C的直线方程，然后由点到直线的距离公式分别求出P点到直线AC和BC的距离，再求和即可得出结果进而证明结论.【详解】（1）由题意坐标B(1,0)，C(0,2)所以由截距式可得直线BC的方程为：，即，由点到直线的距离公式可得A到BC边的距离；（2）设，直线AC的方程是，即-则P到直线AC的距离为则P到直线BC的距离为，.即AB边上任意一点P到直线AC，BC的距离之和等于.【点睛】本题考查了截距式求直线方程的应用，考查了点到直线距离的求解，考查了运算能力，属于
14、一般难度的题.19.已知点直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之和为2.（1）设且，求的表达式，并写出函数的定义域；（2）判断函数的奇偶性？并给出证明;（3）试用函数单调性的定义证明：在定义域上不是增函数，但在（0，1）（1，+）上为增函数.【答案】（1），定义域为丨且；（2）奇函数，证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】(1)设由题意求出，然后列出表达式，再求出满足表达式的定义域；(2)利用函数奇偶性的定义直接证明判断；(3)举出反例证明函数在整个定义域上不是增函数，然后利用函数单调性的定义证明在（0，1）（1，+）上为增函数.【详解】（1）设，由题意可得，则，化简得得：，由，可得
15、且，所以可得函数表达式为：，定义域为丨且；（2）由(1)得函数定义域为丨且，关于原点对称，所以由，可得在定义域上是奇函数；（3）取，则由，可得在定义域上不是增函数，设，显然无论，或者或者都有，即从而在（0，1）（1，+）上为增函数.【点睛】本题考查了由两点求斜率，考查了函数定义域的求解，考查了利用函数奇偶性和单调性的定义证明函数的奇偶性和单调性，属于综合性的基础题.20.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点，直线.（1）若坐标平面上动点M满足,求动点M轨迹C的方程；（2）设半径为 ，圆心N在上的圆N和（1）中轨迹C有公共点，求圆心N横坐标的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)
16、利用两点间距离公式直接列式化简即可得动点的轨迹方程；(2)利用两圆有公共点得，解不等式即可得出答案.详解】（1）设M(x,y),A(0,3),O(0,0)，,化简得动点M的轨迹C方程是；（2）设，则圆N的方程为，由(1)轨迹C为圆心为C(0,-1)，半径的圆，则由圆C和圆N有公共点，可得圆心距的范围为：，所以由可得解得，即的取值范围是.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了圆与圆的位置关系，考查了运算能力，属于一般难度的题.21.如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，侧棱底面ABCD，E为棱的中点，（1）求证：平面BDE；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）见
17、解析；（3）1【解析】【分析】（1）利用线面平行的判断定理得证；（2）先用线面垂直的判定证明平面，再利用性质得出；（3）利用等体积法转化底面，求得体积.【详解】1证明：设，连接OE，在中，E分别为AC，的中点，平面BDE，平面BDE，平面BDE；2证明：侧棱底面ABCD，底面ABCD，底面ABCD为正方形，平面，平面，；3解：侧棱底面ABCD于A，E为棱的中点，且，即三棱锥的高为由底面正方形的边长为2，得【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行、线面垂直等相关知识的证明，还考查了运用等体积法求体积的方法，属于基础题.22.已知定义在上的函数同时满足：对任意，都有；当时，（1）当时，求的表达式；（
18、2）若关于的方程在上有实数解，求实数的取值范围；（3）若对任意，关于的不等式都成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或；（3）【解析】【分析】(1)由求函数周期T=2，然后由函数周期性和递推关系式求出的函数解析式；(2)设方程的实数解为，利用(1)的结论解方程和不等式或即可求出参数的取值范围；(3)先求函数的最小值，再由函数的周期性可得在上恒有，然后求得在上的最大值为最后由即可得出答案.【详解】（1）对任意，都有，即则可得函数的周期为T=2，当时，,当时，当时，时， ；（2）设关于的方程在上的实数解为则或，或 或 （3）由(1)得可得在上，又因函数的周期为T=2，则可得上恒有，令函数得在上单调递增，则可得，由题意对任意，关于的不等式都成立，则可得恒有：即解得.【点睛】本题考查了抽象函数周期的推导，考查了函数与方程的应用，考查了在给定区间上不等式恒成立的问题，属于中档题.
