2019-2020学年河南省驻马店市正阳县高级中学高一上学期第三次素质检测数学（理）试题（解析版） 14页

2019-2020 学年河南省驻马店市正阳县高级中学高一上学期 第三次素质检测数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合 A={x|x<1}，B={x|3 1x  }，则 A． { | 0}A B x x  B． A B R C． { | 1}A B x x  D． A B   【答案】A 【解析】∵集合 { | 3 1}xB x  ∴  | 0B x x  ∵集合 { | 1}A x x  ∴  | 0A B x x   ，  | 1A B x x   故选 A 2．函数 2 2y x x   ，  0,3x 的值域为（ ） A． 0,3 B． 3,0 C． 3,1 D． 0,1 【答案】C 【解析】分析二次函数 2 2y x x   在区间 0,3 上的单调性，求出该函数的最大值和 最小值，可得出函数 2 2y x x   在区间 0,3 上的值域. 【详解】 二次函数 2 2y x x   的图象开口向下，对称轴为直线 1x  ， 该函数在区间 0,1 上单调递增，在区间 1,3 上单调递减， 所以，当 1x  时，函数 2 2y x x   取得最大值，即 max 1 2 1y     . 当 0x  时， 0y  ，当 3x  时， 23 2 3 3y       ，该函数的最小值为 min 3y   . 因此，函数 2 2y x x   ，  0,3x 的值域为 3,1 . 故选：C. 【点睛】 本题考查二次函数在定区间上值域的求解，一般要分析二次函数在区间上的单调性，借 助单调性求出函数的值域，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题. 3．过两点 A(4，y)，B(2，-3)的直线的倾斜角是 135°，则 y 等于 ( ) A．1 B．5 C．-1 D．-5 【答案】D 【解析】∵过两点 A(4，y)，B(2，-3)的直线的倾斜角是 135°， ∴ y 3 135 14 2 tan     ， 解得 5y   。选 D。 4．函数   1 2xf x a   （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点（ ） A． 0,3 B． 1,3 C． 1,2 D． 1,3 【答案】B 【解析】计算当 1x  时，  1 3f  ，得到答案. 【详解】   1 2xf x a   ，当 1x  时，  1 3f  ，即函数图像恒过定点 1,3 故选： B 【点睛】 本题考查了函数过定点问题，属于基础题型. 5．若奇函数 ( )f x 在[1,3] 上为增函数，且有最小值-1，则它在[ 3, 1]  上（ ） A．是减函数，有最小值-1 B．是增函数，有最小值-1 C．是减函数，有最大值 1 D．是增函数，有最大值 1 【答案】D 【解析】根据奇函数图象关于原点成中心对称可知函数在对称区间[ 3, 1]  上的单调性 及最值. 【详解】 因为奇函数 ( )f x 在[1,3] 上为增函数, 且有最小值-1 所以函数 ( )f x 在[ 3, 1]  上为增函数，且有最大值 1. 故选：D 【点睛】 本题主要考查了函数的单调性，最值，奇函数的性质，属于中档题. 6．函数   2 3logf x x x   的零点所在的大致区间是（ ） A． (0,1) B． (1,2) C． (2,3) D． (3,4) 【答案】C 【解析】分别求出    2 3f f， 的值，从而求出函数的零点所在的范围． 【详解】 由题意，   3 12 1 02 2f      ，   23 3 1 0f log   ，所以    2 · 3 0f f  ，所以 函数   2 3f x log x x   的零点所在的大致区间是 2,3 ，故选 C. 【点睛】 本题考察了函数的零点问题，根据零点定理求出即可，本题是一道基础题． 7．已知圆锥的表面积为 6，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为 A． 2  B． 1  C． 2 D．  【答案】A 【解析】设底面半径为 R ，侧面展开图半径为 r ； 底面周长等于侧面半圆周长，即 2 , 2R r r R   2 2 21 23 6,2S R r R R表         选 A 8．设函数 ( )f x 是 R 上的奇函数，当 0x  时， ( ) 3xf x e x   ，则 ( )f x 的零点个数 是 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】先由函数 f（x）是定义在 R 上的奇函数确定 0 是一个零点，再令 x＞0 时的函 数 f（x）的解析式等于 0 转化成两个函数，转化为判断两函数交点个数问题，最后根据 奇函数的对称性确定答案． 【详解】 ∵函数 f（x）是定义域为 R 的奇函数，∴f（0）=0，所以 0 是函数 f（x）的一个零点; 当 x＞0 时，令 f（x）=ex+x-3=0，则 ex=-x+3，分别画出函数 y=ex，和 y=-x+3 的图象， 如图所示， 有一个交点，所以函数 f（x）有一个零点，又根据对称性知，当 x＜0 时函数 f（x）也 有一个零点．综上所述，f（x）的零点个数为 3 个， 故选：C． 【点睛】 本题是个基础题，函数的奇偶性是函数最重要的性质之一，同时函数的奇偶性往往会和 其他函数的性质结合应用，此题就与函数的零点结合，符合高考题的特点. 9．若直线 1 : 2 2 0l ax y   与直线 2 : ( 1) 1 0l x a y    平行，则实数 a 的值是 （ ） A． 2 B． 1 或 2 C． 1 D．0 【答案】C 【解析】由两直线平行的条件直接列式求解，注意检验是否重合． 【详解】 ∵已知两直线平行，∴ ( 1) 2 0a a    ，解得 1a   或 2a  ， 2a  时，两直线重合，舍去， 1a   时两直线平行． 故选：C． 【点睛】 本题考查两直线平行的条件．注意对两直线 1 1 1 0A x B y C   和 2 2 2 0A x B y C   ， 1 2 2 1 0A B A B  是两直线平行的必要条件，不是充分条件，要注意区别重合这种情形． 10．已知 ( )f x 是定义在 ( , )  上的偶函数，且在 ( ,0] 上是增函数，设 4(log 7)a f ， 1 2 (log 3)b f ， 1.6(2 )c f ，则 , ,a b c 的大小关系是( ) A． c a b  B．b c a  C． c b a  D． a b c  【答案】C 【解析】利用对数和指数幂的运算性质，结合函数单调性和奇偶性的性质是解决本题的 关键． 【详解】 解： ( )f x 是定义在 ( , )  上的偶函数， 1 2 2 2 (log 3) ( log 3) (log 3)b f f f     ， 2 2 4 42 log 4 log 3 log 9 log 7 1     ， 1.6 12 2 ， 1.6 4 20 log 7 log 3 2   ，  在 ( ， 0] 上是增函数， 在[0 ， ) 上为减函数， 则 1.6 4 2(log 7) (log 3) (2 )f f f  ， 即 c b a  ， 故选：C ． 【点睛】 本题主要考查大小比较，根据函数的奇偶性和单调性之间的关系以及对数的运算性质是 解决本题的关键，属于基础题． 11．已知 ,l m 是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若 ,l l m  ，则 m  B．若 ,l l   ，则 ∥ C．若 ,l     ，则l ∥ D．若 ,l l   ，则 ∥ 【答案】D 【解析】分析条件的特殊情况，结合定理举例推翻错误选项即可. 【详解】 当直线 ,l m 是相交且垂直，确定的平面与 平行时， m  ，故 A 错误； 当 ,  相交，直线l 与交线平行时， ,l l   ，故 B 错误； 当直线 l 在面  内，且  ，直线 l 垂直 ,  的交线时，l  ，故 C 错误； 垂直与同一直线的两个平面平行，故 D 正确. 故选 D. 【点睛】 本题考查空间线面的位置关系，结合定理与举例判断. 12．函数 ( )f x 的定义域为 R ，其图像上任意两点 1 1 1 2 2 2( , ), ( , )P x y P x y 满足 2 1 2 1( )( ) 0x x y y   ， 若不等式 (2 2 ) ( 4 )x xf m f m   恒成立，则 m 的取值范围 是（ ） A． 0 ， B． ,0 C． 1 4      ， D． 1 4     ，- 【答案】B 【解析】根据条件判断函数单调递减，化简得到 2 2 4x xm m   恒成立，换元求函数 的最值得到答案. 【详解】 任意两点 1 1 1 2 2 2( , ), ( , )P x y P x y 满足 2 1 2 1( )( ) 0x x y y   ，则函数单调递减. (2 2 ) ( 4 )x xf m f m   恒成立，即 2 2 4x xm m   恒成立. 设 2 ( 0)xt t  故 2 22 4 1 1 1 1 1( ) ( 0)3 3 33 2 12 x x m m t t t t        21 1 1( ) 0( 0)3 2 12t t    恒成立，所以 0m  故选： B 【点睛】 本题考查了函数的恒成立问题，根据条件判断函数单调递减是解题的关键. 二、填空题 13． 0 231.1 216 0.5 lg25 2lg2     __________． 【答案】5 【解析】原式  21 6 2 lg 25 4 3 2 5        . 14．点 (5,2) 到直线 ( )1 (2 1) 5m x m y m     的距离的最大值为________. 【答案】 2 13 【解析】先判断   1 2 1 5m x m y m     过定点 9, 4 ，可得点 (5,2) 到直线    1 2 1 5m x m y m     的距离的最大值就是点 (5,2) 与点  9, 4 的距离，从而可 得结果. 【详解】 化简   1 2 1 5m x m y m     可得 m    2 1 5 0x y x y      ， 由 2 1 0 9 5 0 4 x y x x y y            ， 所以   1 2 1 5m x m y m     过定点  9, 4 ， 点 (5,2) 到直线   1 2 1 5m x m y m     的距离的最大值就是 点 (5,2) 与点  9, 4 的距离为  2 24 6 52 2 13    ， 故答案为 2 13 . 【点睛】 本题主要考查直线过定点问题以及两点间距离公式的应用，考查了转化思想的应用，属 于中档题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解 决问题的难度大大降低，本解法将求最大值的问题转化成了两点间的距离的问题来解 决，转化巧妙. 15．已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且在 0, 上单调递增，若  3 0f   ， 实数 a 满足  2 5 0f a   ，则 a 的取值范围为____________． 【答案】1 4a  【解析】由函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且在 0, 上单调递增，且  3 (3) 0f f   ，可得  | 2 5| 0 (3)f a f   ，利用单调性求解即可. 【详解】 因为函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且  3 0f   所以      2 5 2 5 0 3f a f a f     ， 因为  f x 在 0, 上单调递增 所以 2 5 3a   ， 解得1 4a  . 故答案为：1 4a  【点睛】 本题主要考查了偶函数的性质，函数的单调性，属于中档题. 16．已知正三棱柱 的各条棱长都相等，且内接于球 ，若正三棱柱 的体积是 ，则球 的表面积为_____． 【答案】 【解析】先由正三棱柱的体积求出棱长，再求出球的半径和表面积. 【详解】 设 ，则正三棱柱 的体积是 ，解得 ， 底面正三角形的外接圆半径 ， 所以球的半径 ，所以球 的表面积为 ． 【点睛】 本题考查棱柱的体积、球的表面积，几何体与球的切接问题，根据几何体的结构特征求 得球的半径是解题关键. 三、解答题 17．已知全集  | 0U x x ＞ ，集合      | 3 7 | 2 10 | 5A x x B x x C x a x a    ＜ ， ＜ ＜ ， ＜ ＜ . (1)求  UA B C A B ， ； (2)若  C A B  ，求 a 的取值范围. 【答案】（1）{ | 2 10}x x  ， { | 2 3x x  或 7 10}x  。； （2） ,3 . 【解析】⑴根据集合的交集，补集和并集的运算即可得到答案 ⑵集合C 中含有参数，则分C 为空集和C 不为空集两种情况，再由子集的定义求出 a 的 范围，即可求得答案 【详解】 (1) { | 2 10}A B x x    ， { | 0 3 7}UC A x x x   ，或 ，   { | 2 3UC A B x x    ，或 7 10}x  。 (2)①若C 为空集，则5 a a－ ，解得 a 5 2  . ②若C 不是空集，则 2 5 10a a  － ，解得 5 3.2 a  综上所述， 3a  , 即 a 的取值范围是 ,3 【点睛】 本题主要考查了集合的混合运算和子集的定义应用，对于集合含有参数一定注意集合为 空集时，故需要分类求解，属于中档题。 18．（1）求过直线 2 2 0x y- + = 与 2 2 0x y   的交点，且与直线3 +4 1 0x y   垂 直的直线方程. （2）求经过点（1,2）且在 x 轴上截距等于 y 轴上截距的直线方程； 【答案】（1） 4 3 2 0x y   （2） 2 0x y  或 3 0x y   ； 【解析】（1）先求出交点坐标，再根据两直线垂直求出所求直线的斜率，根据点斜式方 程即可求出结果（2）当直线不过原点时，设直线的方程为 x 1y a a   （或 x y a  ）， 把点 (2,1) 代入求得 3a  ，即可求得直线的方程，当直线过原点时，直线的方程为 2 0x y  ，综合可得. 【详解】 （1）由 2 2 0 2 2 0 x y x y        得 2 2 x y    ，交点为（2,2）. 设所求直线 4 3 0x y C   代入点（2,2）得，C=-2 故所求直线方程为 4 3 2 0x y   . （2）当直线过原点时，直线方程为 2 0x y  ； 当直线不过原点时，设直线方程为 x 1(y a a   或 x )y a  直线经过 (2,1) 2 1 a  即 3a  直线方程为 3 0x y   综上所述：直线方程为 2 0x y  或 3 0x y   【点睛】 本题主要考查了直线方程的求解，直线相交时交点坐标的求法，两直线垂直时斜率所满 足的关系，分类讨论，属于中档题. 19．已知函数   2f x x ax b   为偶函数，且有一个零点为 2. （1）求实数 a，b 的值. （2）若    g x f x kx  在 0,3 上的最小值为－5，求实数 k 的值. 【答案】（1） 0a  ， b 4.  （2） k 2 【解析】（1）根据偶函数性质求 a，再根据零点求 b，（2）根据二次函数对称轴与定义 区间位置关系分类讨论函数最小值取法，再根据最小值求 k 的值. 【详解】 （1）因为函数   2f x x ax b   为偶函数，所以     2 2f x f x x ax b x ax b      ， ，即 2 0ax  ，因此 0a  ，又因为零点为 2， 所以  2 0 4 0 b 4.f b    ， ， （2）     2 4g x f x kx x kx     , 当 2 k <0 时，  g x 在 0,3 上的最小值为  0 4 5g     ,舍去， 当 2 k >3 时，  g x 在 0,3 上的最小值为   103 5 3 5, 63g k k      ,舍去， 当 0 2 k  3 时，  g x 在 0,3 上的最小值为 2 4 5, 22 4 k kg k           ,因为 0 2 k  3，所以 k 2 ， 综上 k 2 . 【点睛】 研究二次函数最值，一般通过研究对称轴与定义区间位置关系得函数单调性，再根据单 调性确定函数最值取法. 20．已知函数   2 0, log 0,a x xf x x x     ， ， 且点（4,2）在函数 f（x）的图象上. (1)求函数 f(x)的解析式，并在图中的直角坐标系中画出函数 f(x)的图象； (2)求不等式 f(x)<1 的解集； (3)若方程 f(x)－2m＝0 有两个不相等的实数根，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）   , 1 0,2   ；（3） ,1 . 【解析】（1）根据点 4,2 在函数的图象上得到 2a  ，于是可得解析式，进而可画出 函数的图象；（2）将不等式化成不等式组求解可得所求；（3）结合图象得到 2m 的取值 范围后再求出 m 的范围． 【详解】 （1）∵点 4,2 在函数的图象上， ∴  4 log 4 2af   ， ∴ 2a  ． ∴   2 2 0, log 0, x xf x x x     ， ， . 画出函数的图象如下图所示． （2）不等式   1f x  等价于 2 0, log 1, x x    或 0, 2 1, x x     解得 0 2x  ，或 1x   ， 所以原不等式的解集为   , 1 0,2   ． （3）∵方程 f(x)－2m＝0 有两个不相等的实数根， ∴函数 y 2m 的图象与函数  y f x 的图象有两个不同的交点． 结合图象可得 2 2m  ， 解得 1m  ∴实数 m 的取值范围为  ,1 ． 【点睛】 （1）本题考查函数图象的画法和图象的应用，根据解析式画图象时要根据描点法进行 求解，画图时要熟练运用常见函数的图象． （2）根据方程根的个数（函数零点的个数）求参数的取值时，要注意将问题进行转化 两函数图象交点个数的问题，然后画出函数的图象后利用数形结合求解． 21．如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面 AMD  平面 BMC ； （2）在线段 AM 上是否存在点 P ，使得 MC∥平面 PBD ？说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】【详解】 分析：（1）先证 AD CM ,再证 CM MD ，进而完成证明。 （2）判断出 P 为 AM 中点，，证明 MC∥OP，然后进行证明即可。 详解：（1）由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD． 因为 BC⊥CD，BC  平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM． 因为 M 为 CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM． 又 BC∩CM=C，所以 DM⊥平面 BMC． 而 DM  平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC． （2）当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD． 证明如下：连结 AC 交 BD 于 O．因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点． 连结 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP． MC  平面 PBD，OP  平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD． 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直， 第二问先断出 P 为 AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间 想象能力，属于中档题。 22．已知定义域为 R 的函数 2( ) 2 1 x x af x    是奇函数. （1）求实数 a 的值，并判断 f(x)的单调性； （2）已知不等式 3(log ) ( 1) 04mf f   恒成立, 求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 1a  ；减函数（2）  30, 1,4      U . 【解析】（1）根据函数是 R 上的奇函数可知  0 0f  ，求解即可（2）由奇函数性质可 得  3log 14mf f       ，判断函数 2( ) 2 1 x x af x    的单调性，即可转化为 3log 14m  恒成立求，由对数性质求解即可. 【详解】 （1）  f x 是 R 上的奇函数,  0 0f  ，   10 01 1 af    得 1a  ，经检验 1a  时，函数为奇函数. ∴ 2 2( ) 12 1 1 2 x x x af x       ， 2xy  是 R 上的增函数， ( )f x 在 R 上为减函数. （2） 不等式  3log 1 04mf f       恒成立，  3log 14mf f        f x 是奇函数    1 1f f   ， 即不等式  3log 14mf f     恒成立 又  f x 在 R 上是减函数， 不等式 3log 14m  恒成立 当 0 1m  时，得 3 4m  30 4m   当 1m > 时，得 3 4m  1m  综上，实数 m 的取值范围是  30, 1,4      U 【点睛】 本题主要考查了奇函数的性质，函数的单调性，不等式恒成立，对数函数的单调性，分 类讨论，属于中档题.