2018-2019学年河南省辉县市一中高一上学期第二次阶段性考试数学试卷 8页

‎2018-2019学年河南省辉县市一中高一上学期第二次阶段性考试数学试卷 ‎（时间：120分钟 满分：150分）‎ 注意事项：‎ ‎1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上．‎ ‎2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．‎ ‎3．第II卷答案要写在答题卷相应位置，写在试卷上无效．‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5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，请将正确答案的选项涂在答题卡上．）‎ ‎1．作一个圆柱的内接正三棱柱，又作这个三棱柱的内切圆柱，那么这两个圆柱的底面半径之比是（　 ）‎ A．2∶1 B．2∶3‎ C.∶1 D.∶2‎ ‎2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（　 　）‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α ‎3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．1‎ ‎4．正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是（　　）‎ A． B． C． D． ‎5．设奇函数f（x）在（0，＋∞）上为增函数，且f（1）＝0，则不等式<0的解集为（　 ）‎ A．（－1,0）∪（1，＋∞） B．（－∞，－1）∪（0,1）‎ C．（－∞，－1）∪（1，＋∞） D．（－1,0）∪（0,1）‎ ‎6．设奇函数f（x）在[－1,1]上是增函数，且f（－1）＝－1，若对所有的x∈[－1,1]及任意的a∈[－1,1]都满足f（x）≤t2－2at＋1，则t的取值范围是（　 　）‎ A．[－2,2] B. C．（－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞） D.∪{0}∪ ‎7．若直线l：y＝kx－与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（　 　）‎ A．[30°，60°） B．（30°，90°）‎ C．（60°，90°） D．[30°，90°]、‎ ‎8．给定下列四个命题：‎ ‎①若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合；‎ ‎②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；‎ ‎③垂直于同一直线的两条直线相互平行；‎ ‎④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．‎ 其中为正确的命题的是（　 　）‎ A．①和② B．②和③　 C．③和④　 D．②和④‎ ‎9．若定义在R上的函数f（x）满足：对任意x1，x2∈R，有f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2）＋1，则下列说法一定正确的是（　　）‎ A．f（x）为奇函数 B．f（x）为偶函数 C．f（x）＋1为奇函数 D．f（x）＋1为偶函数 ‎10．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）‎ A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝BD D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎11．设偶函数f（x）＝loga|x－b|在（－∞，0）上是增函数，则f（a＋1）与f（b＋2）的大小关系是（　 　）‎ A．f（a＋1）＝f（b＋2） B．f（a＋1）>f（b＋2）‎ C．f（a＋1）0，则应有f(2)≤0或 由f(2)≤0得m≤－，但当m＝－时，方程x2－x＋1＝0有两根，2，故舍去．‎ 由得m＝－1.‎ ‎∴m<－或m＝－1.‎ ‎②若f(x)＝0在区间[0,2]上有两解，则 ‎∴∴∴－≤m<－1，‎ 由①②可知m的取值范围为(－∞，－1]．‎ ‎18.解:设点A关于直线l的对称点为A′(x0,y0),‎ 因为AA′被l垂直平分,‎ 所以解得 因为A′(-4,-3),B(1,1)在反射光线所在直线上,‎ 所以反射光线的方程为=,‎ 即4x-5y+1=0.‎ 解方程组 得入射点的坐标为.‎ 由入射点及点A的坐标得入射光线方程为=,即5x-4y+2=0.‎ 故光线从A到B所走过的路线长为 ‎|A′B|==.‎ ‎19．解：(1)由已知可得l2的斜率必存在，∴k2＝1－a.‎ 若k2＝0，则1－a＝0，a＝1.‎ ‎∵l1⊥l2，∴直线l1的斜率k1必不存在，即b＝0.‎ 又∵l1过(－3，－1)，∴－3a＋4＝0，即a＝(矛盾)．‎ ‎∴此种情况不存在，即k2≠0.‎ 若k2≠0，即k1、k2都存在，‎ ‎∵k1＝，k2＝1－a，l1⊥l2，∴k1·k2＝－1，‎ 即(1－a)＝－1. ①‎ 又∵l1过点(－3，－1)，‎ ‎∴－3a＋b＋4＝0. ②‎ 由①②联立，解得a＝2，b＝2.‎ ‎(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，‎ ‎∴直线l1的斜率存在．‎ ‎∴k1＝k2，即＝1－a. ③‎ 又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，l1∥l2，‎ ‎∴l1、l2在y轴上的截距互为相反数，‎ 即＝－(－b)． ④‎ 由③④联立，解得或 ‎20．解：(1)证明：设E为BC的中点，‎ 连接AE，A1E，DE，‎ 由题意得A1E⊥平面ABC，‎ 所以A1E⊥AE.‎ 因为AB＝AC，‎ 所以AE⊥BC.‎ 又因为A1E，BC⊂平面A1BC，A1E∩BC＝E，‎ 故AE⊥平面A1BC.‎ 由D，E分别为B1C1，BC的中点，‎ 得DE∥B1B且DE＝B1B，‎ 从而DE∥A1A且DE＝A1A，‎ 所以四边形AA1DE为平行四边形．‎ 于是A1D∥AE.‎ 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.‎ ‎(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.‎ 因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.‎ 因为BC⊥AE，AE∩A1E＝E，‎ 所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F.‎ 又因为DE∩BC＝E，所以A1F⊥平面BB1C1C.‎ 所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角．‎ 由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝.‎ 由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.‎ 由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.所以sin∠A1BF＝.‎ ‎21．解:(1)取AD中点M,连接MO,PM,依条件可知AD⊥MO,AD⊥PO,‎ 则∠PMO为所求二面角PADO的平面角.‎ 因为PO⊥平面ABCD,‎ 所以∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角.‎ 所以tan∠PAO=.‎ 设AB=a,AO=a,‎ 所以PO=AO·tan∠PAO=a,‎ tan∠PMO==.‎ 所以∠PMO=60°.‎ ‎(2)连接AE,OE,因为OE∥PD,‎ 所以∠OEA为异面直线PD与AE所成的角.‎ 因为AO⊥BD,AO⊥PO,所以AO⊥平面PBD.‎ 又OE⊂平面PBD,所以AO⊥OE.‎ 因为OE=PD==a,‎ 所以tan∠AEO==.‎ ‎(3)延长MO交BC于N,取PN中点G,连EG,MG.‎ 因为BC⊥MN,BC⊥PN,‎ 所以BC⊥平面PMN.‎ 所以平面PMN⊥平面PBC.‎ 又PM=PN,∠PMN=60°,‎ 所以△PMN为正三角形.‎ 所以MG⊥PN.‎ 又平面PMN∩平面PBC=PN,‎ 所以MG⊥平面PBC.‎ 取AM中点F,因为EG∥MF,‎ 所以MF=MA=EG,‎ 所以EF∥MG.‎ 所以EF⊥平面PBC.‎ 点F为AD的靠近A的四等分点.‎ ‎22. 解：(1)∵f(2)1，即－k2＋k＋2>0，解得－10满足题设．‎ 由(1)知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1.‎ ‎∵g(2)＝－1，∴两个最值点只能在端点(－1，g(－1))和顶点处取到，‎ 而－g(－1)＝－(2－3q) =，‎ ‎∴g(x)max＝＝，g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4，解得q＝2.‎ 经检验q＝2符合题意．‎