1、甘肃省白银市靖远县2018-2019学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共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.下列命题正确的是（ ）A. 在空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行B. 一条直线与一个平面可能有无数个公共点C. 经过空间任意三点可以确定一个平面D. 若一个平面上有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行【答案】B【解析】【分析】根据平面的基本性质和空间中两直线的位置关系，逐一判定，即可得到答案【详解】由题意，对于A中， 在空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，所以不正确；对于B中， 当一
2、条直线在平面内时，此时直线与平面可能有无数个公共点，所以是正确的；对于C中， 经过空间不共线的三点可以确定一个平面，所以是错误的；对于D中， 若一个平面上有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，所以不正确，故选B【点睛】本题主要考查了平面的基本性质和空间中两直线的位置关系，其中解答中熟记平面的基本性质和空间中两直线的位置关系是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得集合，结合集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的运算，其中解答中熟记集合的交
3、集的概念及运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.已知函数，若，则（ ）A. 2B. C. 8D. 【答案】A【解析】【分析】直接将代入函数的解析式，根据指数的运算即可得结果.【详解】，解得，故选A.【点睛】本题主要考察了已知函数值求自变量的值，熟练掌握指数的意义是解题的关键，属于基础题.4.已知直线：与：，若，则（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】根据，得到，即可求解实数的值，得到答案.【详解】由题意，直线：与：，因为，所以，解得.故选：C.【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中熟记两条直线的位置关系的判定方法是解答的关键，
4、着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.已知函数 ，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】利用分段函数的解析式，可得，即可求解.【详解】由题意，函数，则，故选B【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式合理运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.6.方程的根所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，求得，结合零点的存在定理，即可求解.【详解】由题意，设，可得是上的增函数，又由，所以，所以的零点在上，即方程的根所在的区间为.故选：B.【点睛】本题主要考查了函数的零点的判定，其中解答中熟记零点
5、的存在定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.不论为何实数，直线恒过定点（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将直线方程变形为,即可求得过定点坐标.【详解】根据题意,将直线方程变形因为位任意实数,则,解得所以直线过的定点坐标为 故选:C【点睛】本题考查了直线过定点的求法,属于基础题.8.定义在上的奇函数在上有2个零点，则在上的零点个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】根据函数是定义在上的奇函数，所以，再根据偶函数的对称性，得到 在和上各有1个零点，即可得到答案.【详解】由题意知，函数是定义在上的奇函数，所以，又因为在
6、上有2个零点，所以 在上有1个零点，在上也有1个零点，故在上有3个零点.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及函数的零点个数的判定，其中解答中合理利用函数的奇偶性，利用函数零点的定义求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.9.已知，是不同的平面，m，n是不同的直线，则下列命题不正确的是A. 若，则B. 若，则，C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的判定定理，判断A；由线面位置关系判断B；由线面垂直定理判断C；由面面平行判断D；【详解】A.由线面垂直定理、面面垂直定理，知：若，则，故A正确；B.若，则，或，或，故B错；C.由线面垂直定理，
7、知：若，则，（垂直于同一个面的两条直线互相平行）故C正确；D.由面面平行定理，知：若，则，（垂直于同一条线的两个平面互相平行）故D正确因此选B【点睛】本题主要考查空间中线面、面面位置关系，需要考生熟记线面平行于垂直、面面平行与垂直的判定定理和性质定理，难度不大.10.若函数在上有最大值8，则在上有（ ）A. 最小值8B. 最大值8C. 最小值6D. 最大值6【答案】C【解析】【分析】先设，利用函数奇偶性的定义，得到为奇函数，根据题意得到在上有最大值7，由奇函数性质，得到在上有最小值7，进而可求出结果.【详解】根据题意，设，有，则为奇函数.又由函数在上有最大值8，则在上有最大值7，故在上有最小值
8、7，则在上有最小值6.故选C.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性的概念即可，属于常考题型.11.如图，在长方体中，点，分别是棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）A. B. 平面C. 平面平面D. 平面平面【答案】D【解析】【分析】在正方体中，结合平面与平面平行的判定定理，即可得到结论.【详解】由题意，在正方体中，因为，平面,可证得平面，因为，平面,可证得平面，又由，所以平面平面.故选：D【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记正方体的结构特征，以及线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.12.若直线l：与曲线M
9、：有两个不同交点，则k的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由曲线方程可得半圆图形，利用数形结合，得解【详解】由，得：，如图所示，符合题意得直线夹在OA，OB之间，显然，OA的斜率为，由，结合二倍角正切公式可得：，故选B【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，数形结合等，难度适中一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线
10、上.13.函数的定义域为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，列出不等式组，解出即可.【详解】要使函数有意义，需满足，解得，即函数的定义域为，故答案为.【点睛】本题主要考查了具体函数的定义域问题，属于基础题；常见的形式有：1、分式函数分母不能为0；2、偶次根式下大于等于0；3、对数函数的真数部分大于0；4、0的0次方无意义；5、对于正切函数，需满足等等，当同时出现时，取其交集.14.计算:_【答案】2【解析】【分析】直接计算得到答案.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查了对数，指数幂的计算，属于简单题.15.已知直线：，点是圆：上的动点，则点到直线的最大距离为_.【答案】【解析】【分析】求得
11、圆心到直线的距离为，再结合圆的性质，即可求解.【详解】由题意，圆：的圆心坐标为，半径，则圆心到直线：的距离为所以点到直线的最大距离为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，结合圆的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16.已知在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点，点是线段上的动点，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据正方体的结构特征，合理分类，结合对称，即可求解，得到答案.【详解】由题意，当与重合时，；当与不重合时，直角三角形，即，所以，所以，即.作出点关于点的对称点，则，从而，因
12、为，所以.【点睛】本题主要考查了立体几何中的最值问题，其中解答中熟记正方体的几何结构特征，合理利用对称和分类讨论求解是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.三、解答题：本题共6小题，共70分.解答本题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知集合，.（1）当时，求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入可得集合，解对数不等式可得结合，结合交集的概念即可得结果；（2）由，易得，列出不等式即可得结果.【详解】（1）因为，所以，因为，所以.（2）因为，所以.因为，所以.解得.故的取值范围为.【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了对
13、数不等式的解法，集合间的相互关系，准确解出对数不等式是解题的关键，属于基础题18.已知直线l:kx-2y-3+k=0.(1)若直线l不经过第二象限,求k的取值范围.(2)设直线l与x轴的负半轴交于点A,与y轴的负半轴交于点B,若AOB的面积为4(O为坐标原点),求直线l的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据直线的点斜式方程求出的方程即可；（2）求出，的坐标，得到关于的方程，解出即可【详解】解：（1），若直线不经过第二象限，则，解得：；（2）设直线与轴的负半轴交于点，则， 与轴的负半轴交于点，则，故，解得：，当时，直线方程是：，当时，直线方程是：，综上，直线方程是：或【点睛】本
14、题考查了直线方程问题，考查三角形的面积以及转化思想，是一道常规题19.在四棱柱中，已知底面ABCD是菱形，平面ABCD，M、N分别是棱、的中点证明：平面DMN；证明：平面平面在D.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】连接，推导出为平行四边形，从而推导出，从而由此能证明平面DMN推导出，由，得，再由，得平面由此能证明平面平面D.【详解】连接，在四棱柱中，因为，所以，所以为平行四边形，所以又M，N分别是棱，的中点，所以，所以又平面DMN，平面DMN，所以平面因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，而平面，所以又因为棱柱的底面ABCD是菱形，所以底面也是菱形，所以，而，所以又，平面，且，所以平
15、面而平面DMN，所以平面平面D.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，熟悉定理是解题的关键，是中档题20.已知函数.(1)求的单调区间;(2)求的值域.【答案】(1)在上单调递减,在上单调递增;(2).【解析】【分析】（1）设,则，利用复合函数单调性得到答案.（2）根据函数单调性直接得到答案.【详解】(1)设,则.因为,所以在上单调递减,在上单调递增.因为在上单调递增,所以在上单调递减,在上单调递增.(2)由(1)可知,时等号成立.因为在上单调递增,所以,即.故的值域为.【点睛】本题考查了复合函数的单调区间，函数最值，意在考查学生
16、对于函数性质的综合应用.21.如图，在四棱锥中，点是底面对角线上一点，是边长为的正三角形，.（1）证明：平面.（2）若四边形为平行四边形，求四棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接，证得平面，得到，再由，得到，即可证得平面；（2）由（1）可知，得到是边长为2的正三角形，求得和，进入利用体积公式，即可求解.【详解】（1）取线段的中点，连接，由条件知，从而平面，又平面，所以.因为，线段的中点为，所以.因为，所以，.因为，于是，故，又，所以平面.（2）由（1）可知，又四边形为平行四边形，所以四边形是菱形.由，可得，是边长为2的正三角形，所以三角形的面积为.同
17、理可得.所以.因为平面，所以.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及合理利用几何体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.22.已知过坐标原点的直线l与圆C：x2+y28x+120相交于不同的两点A，B（1）求线段AB的中点P的轨迹M的方程（2）是否存在实数k，使得直线l1：yk（x5）与曲线M有且仅有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由【答案】（1）（x2）2+y24，（3x4）（2）存在，k，【解析】【分析】（1）根据垂径定理，CPAB，即可求出P的轨迹
18、的轨迹方程，但中点P在圆内，所以要确定P点轨迹方程在圆C范围内；（2）由（1）得P的轨迹是一段弧，先直线l1与弧相切，用圆心到直线直线的距离等于半径求出k，然后考虑圆弧端点与（5,0）连线的斜率的范围，即得结论.【详解】（1）设直线l的方程为ymx，设P（x，y），圆C：x2+y28x+120，即为（x4）2+y24，则圆心为（4，0），半径为2，点P为弦AB中点即CPAB，（x4，y），（x，y），x（x4）+y20，即（x2）2+y24，当直线l与圆C相切时，圆心到直线l的距离为2，解得m，此时切点的横坐标为3，当直线l过过圆心时，点P与圆心重合，此时点P的横坐标为x4，故线段AB的中点P的轨迹方程为（x2）2+y24，（3x4）（2）由（1）知点M的轨迹是以为（2，0）圆心，2为半径的一段弧，当直线l1与曲线M相切时，由2，解得k，此时l1与曲线M的交点的横坐标为，故k符合，当直线l1与曲线交点的横坐标为3时，则交点的纵坐标为，此时直线l1的斜率为k，线段AB的中点P的轨迹方程为（x2）2+y24，（3x4）要使直线直线l1：yk（x5）与曲线M有且仅有一个交点，只需要k，综上所述当k，时，直线L：yk（x5）与曲线M只有一个交点【点睛】本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系，注意轨迹方程隐含的限制条件，属于较难题.
