1、广东省韶关市新丰县第一中学2019-2020学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：人教版必修1，必修2第一、二章.一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只
2、有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义，直接求即可得答案.【详解】，.故选B【点睛】本题考查集合的交运算，考查基本运算求解能力，属于容易题.2.函数的定义域是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解析式中的被开方数大于等于0，分母不为0，对数的真数大于0，从而列出关于的不等式组.【详解】据题意，得，且故选D【点睛】本题考查具体函数的定义域求法，考查基本运算求解能力，注意函数的定义域是集合或区间的形式.3.下列说法正确的是（ ）A. 多面体至少有3个面B. 有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C.
3、各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D. 六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形【答案】D【解析】【分析】根据多面体的结构，多面体至少有4个面，故选项A错误；对于满足选项B条件的多面体延长各侧棱不一定相交一点，故错误；选项C底面可能为菱形，故错误；选项D，分析六棱柱结构特征，可判断正确.【详解】一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4革面，不存在有3个面的多面体，所以选项A错误；选项B错误，反例如图1；选项C错误，反例如图2，上、下底面的全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确.故选D.【点睛】本题考查多面体的定义，结构特征，属于基础题.4.如图，在三棱
4、锥P-ABQ中，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH，则AB与GH的关系是()A. 平行B. 垂直C. 异面D. 平行或垂直【答案】A【解析】因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC，又因为EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD，又因为EF平面EFQ，平面EFQ平面PCD=GH，所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH,故选A.点睛:本题考查线面平行的判定定理和线面平行的性质定理的综合应用,属于中档题. 线面平行的判定定理是:平面外一条直线与此平面内的一条直线互相平行，
5、则该直线与此平面平行性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行5.已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由二次函数的图象特征，其开口向上，所以对称轴需在区间的左边，即可得答案.【详解】函数图象的对称轴方程为，且开口向上，又函数在区间上单调递增，所以，所以故选C【点睛】本题考查二次函数的图象特征，考查数形结合思想的运用，求解时要注意考虑二次函数的开口方向，对称轴与区间位置关系，考查基本运算求解能力.6.如图，在三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过作一平面分别交底面三角形的边，于点E，F，则（ ）
6、A. B. 四边形为梯形C. 四边形为平行四边形D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件及线面平行的性质可得且，可得四边形为梯形，可得答案.【详解】解：在中，.又平面，平面，平面.又平面，平面平面，.显然在中，四边形为梯形.故选：B.【点睛】本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.7.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】通过举例说明A，B，C选项是错误的.D选项满足由线面垂直推导面面垂直的条件，正确.【详解】A中，若，则，也有可能平行，故A错；B中，若，则，但，
7、可能异面、平行，故B错；C中，若，则，可能平行或相交，故C错；D中，若，则，又，所以，即D正确故选D【点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.属于容易题.8.已知定义在上的偶函数在上单调递减，且，则满足不等式的x的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的性质求出f（-2）=0，由条件并对x分类列出不等式组，分别利用函数的单调性求解即可求出不等式的解集【详解】偶函数在上单调递减，得在上时为单调增函数，由得，则当时，；当时，所以或解集为.故选C.【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，考查分类讨论思想，考查运算能力，属于中档题9
8、.如图，在正方体中，点E，F，G分别是棱，的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ）A. 在平面内存在直线与平面平行B. 在平面内存在直线与平面垂直C. 平面平面D. 直线与所成角为【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理及平面与平面平行的判定定理、异面直线所成的角等相关知识分别判断各选项，可得答案.【详解】解:由线面平行判定定理可得，当O为的中点时，平面，由线面垂直判定定理可得，平面，选项A，B都对.因为，所以平面平面，选项C正确，易得：,为等边三角形，故直线与所成角为,即直线与所成角为，故D不正确，故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平
9、面的位置关系，考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理及平面与平面平行的判定定理、异面直线所成的角等，考查空间想象能力和运算求解能力.10.已知函数 ，则的零点个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】由题意，函数的零点个数，即方程的实数根个数，设，则，作出的图象，结合图象可知，方程有三个实根，进而可得答案.【详解】由题意，函数的零点个数，即方程的实数根个数，设，则，作出的图象，如图所示，结合图象可知，方程有三个实根，则 有一个解，有一个解，有三个解，故方程有5个解.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中合理利用换元法，结合图象，求得方程的根，进
10、而求得方程的零点个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.11.已知集合，则集合A真子集个数是_.【答案】7.【解析】【分析】计算出集合中元素的个数，可得集合A真子集个数.【详解】解：,共三个元素，故集合A真子集个数为个，故答案为：7.【点睛】本题主要考查集合的子集、真子集的个数，得出集合中元素的个数是解题的关键.12.已知函数则的值为_.【答案】3【解析】【分析】由分段函数的性质，先求出的值，可得的值.【详解】解：据题意，得，,故答案为：3.【点睛】本题主要考查分段函数的定义与性质，相对不难，注意运算的准确性
11、.13.若幂函数的图象经过点，则实数a的值为_.【答案】4.【解析】【分析】将点代入，可得a的值.【详解】解：据题意，得，故答案为：4.【点睛】本题主要考查幂函数的定义，相对简单.14.某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_.【答案】.【解析】【分析】将三视图还原几何体，可得该几何体为直三棱柱，由三棱柱体积计算公式可得答案.【详解】解：将三视图还原几何体如图：可知该几何体为直三棱柱，其体积,故答案为：.【点睛】本主要考查由三视图还原为几何图及空间几何体体积的计算，相对简单.15.某停车场规定：停车第一个小时6元，以后每个小时4元；超过5个小时，每个小时5元；不足一小时按一小时计算，
12、一天内60元封顶.小林与小曾在该停车场当天分别停车4.5小时，13小时，则他们两人在该停车场共需交停车费_元.【答案】82【解析】【分析】根据条件，结合分段函数的收费标准进行求解即可【详解】小林停车4.5小时，按5小时计算，第一小时是6元，其他4小时，每小时4元，停车费为6+4422元，小曾停车13小时，第一小时是6元，其他4小时，每小时4元，超过5小时的时间为8小时，此时每小时收费5元，停车费为6+44+5862元，由于一天内60元封顶，故小曾只需要交60元，两人合计22+6082元，故答案为82【点睛】本题考查函数的应用问题，结合分段函数解析式进行计算计算是解决本题的关键涉及函数值的计算，
13、属于基础题16.已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球面上，且，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据条件，确定三棱锥外接球的球心，求出球心到底面距离，结合图形，可求出体积的最大值.【详解】设为球心，则，可得在底面ABC的射影为的外心.由，可得是以斜边的直角三角形，O在底面ABC的射影为斜边AC的中点M，则.当P，O，M三点共线时，三棱锥的体积最大，此时体积.故答案为: 【点睛】本题考查多面体外接球问题以及体积的最大值，确定球心是解题的关键，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（1）计算：；（2）解不等式【答案】（1）；（2）【解析】【分
14、析】（1）利用指数幂运算法则，对式子直接进行运算求值；（2）将不等式的右边化成以为底的对数，再利用对数函数的单调性解不等式.【详解】（1）（2），即，所以，解得故原不等式的解集为【点睛】本题考查指数幂运算、对数不等式，考查基本运算求解能力，在解不等式时，注意两边化成同底再利用对数函数的单调性进行求解，同时要注意真数大于0这一隐含条件.18.如图是一个搭建在空地上的帐篷，它的下部是一个正六棱柱，上部是一个正六棱锥，其中帐篷的高为，正六棱锥的高为，且，.（1）求帐篷的表面积（不包括底面）；（2）求帐篷的容积（材料厚度忽略不计）.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）连接，分别计算正六棱锥的
15、测面积及正六棱柱的侧面积与底面积，相加可得答案；（2）分别计算出正六棱锥的体积与正六棱柱的体积，相加可得答案.【详解】解：（1）连接，.由正六边形，可得为正三角形，所以.取的中点为Q，连接，易得.所以，.设帐篷上部的侧面积为，下部的侧面积为，则，所以搭建帐篷的表面积为.（2）由（1）得的面积.所以，上部正六棱锥的体积；下部正六棱柱的体积，所求帐篷容积为.【点睛】本题主要考查空间几何体的表面积及体积的计算，需牢记公式，运算准确.19.已知函数（，且）的定义域为.（1）判断的奇偶性；（2）当时，求证：在定义域内单调递减.【答案】（1）为奇函数；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）计算与的关系，
16、可得的奇偶性；（2）当时，利用函数单调性的定义进行证明可得答案.【详解】解：（1）解：，为奇函数.（2）证明：设，.若，则由于，.即在上是减函数.【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性判断，属于基础题型.20.如图，在多面体中，平面，四边形为菱形，四边形为梯形，且，M为线段的中点.（1）求证：平面；（2）求平面将多面体分成的两个部分的体积之比.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）延长交于点G，连接,易证,可得，可得四边形为平行四边形，可得，平面；（2）分别计算出三棱柱体积与三棱锥的体积，可得体积之比.【详解】证明：延长交于点G，连接, .由，M为中点，易证，所以.因为，所以
17、.由已知，且，又，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.因平面，平面，所以平面.（2）解：由（1）可得，多面体被平面分成两个部分是三棱锥和三棱柱.因为平面，又平面，所以.又易得，所以平面.所以即为三棱柱的高.所以三棱柱的体积，又易得三棱锥体积，所以多面体被分成的两个部分体积比为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理及空间几何体体积的计算，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.21.已知函数，.（1）解不等式；（2）设函数，若在上有零点，求的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)根据对数函数的单调性及真数大于0即可求解 (2)在上有零点等价于在上有解，转化为方程在上有解，
18、只需求的值域即可,可根据函数的单调性求出其值域得到a的取值范围.【详解】（1）因，所以，即，解得.故不等式的解集为.（2）在上有零点等价于在上有解，即在上有解，设.与在上均为增函数，在上为增函数，则，从而，故的取值范围为.【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性，二次函数的单调性，函数的最值，零点，属于难题.22.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，点为上一点（1）若平面，求证：点为中点；（2）求证：平面平面【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）连接AC交BD于O，连接OM，由PA平面MBD证明PAOM，利用平行四边形证明M是PC的中点；（2）ABD中利用余弦定
19、理求出BD的值，判断ABD是Rt，得出ABBD，再由题意得出BDCD，证得BD平面PCD，平面MBD平面PCD【详解】（1）连接AC交BD于O，连接OM，如图所示；因为PA平面MBD，PA平面PAC，平面PAC平面MBDOM，所以PAOM；因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，所以M是PC的中点；（2）ABD中，AD2，AB1，BAD60，所以BD2AB2+AD22ABADcosBAD3，所以AD2AB2+BD2，所以ABBD；因为四边形ABCD是平行四边形，所以ABCD，所以BDCD；又因为平面PCD平面ABCD，且平面PCD平面ABCDCD，BD平面ABCD，所以BD平面PCD；因为BD平面MBD，所以平面MBD平面PCD【点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，考查了线面平行的性质定理与面面垂直的判定定理，是中档题
