2020学年高一数学期末考试试题（含解析） 新 人教版 15页

‎2019学年山东师大附中高一（上）期末数学试卷 选择题（本大题共10小题，共50.0分）‎ ‎1. 已知两条相交直线a，b，平面，则b与的位置关系是　　‎ A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. b与平面相交，或平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合几何关系确定直线与平面的位置关系即可.‎ ‎【详解】如图所示，正方体中，取平面为底面，直线为，‎ 直线为或，均为满足题中条件的直线与平面，‎ 直线为时，平面 直线为时，b与平面相交，‎ 据此可知b与平面相交，或平面.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明，‎ 15‎ 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键 ‎2. 圆的圆心和半径分别是　　‎ A. ； B. ；2 C. ；1 D. ；‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的方程整理为标准型，然后确定其圆心和半径即可.‎ ‎【详解】圆的标准方程为：，‎ 据此可知圆心坐标为，圆的半径为.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的标准方程，圆的圆心与半径的确定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3. 已知，，是两两不重合的三个平面，下列命题中错误的是　　‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由平行的传递性，A．若，则正确；‎ 结合“墙角结构”知，“B．若，则”不正确。故选B。‎ 考点：本题主要考查立体几何的平行关系、垂直关系。‎ 点评：简单题，高考常见题型，关键是熟知立体几何中平行与垂直的定理、结论等。‎ ‎4. 一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为1cm的正方形，则原图形的周长是　　‎ A. 6cm B. 8cm C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先还原四边形，然后结合四边形的几何特征整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】如图所示，斜二测画法中的正方形换元为平面直角中的四边形，‎ 15‎ 其中位于轴，长度为，‎ 位于轴上，且，故位于轴，且，‎ ‎，则还原之后，且，即四边形为平行四边形，‎ 由勾股定理可得，‎ 则原图形的周长是.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查斜二测画法，直观图的还原等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎5. 过点且与直线垂直的直线方程为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：先根据垂直得斜率，再根据点斜式求方程.‎ 详解：因为直线与直线垂直，所以的斜率为 因为的方程是 选A.‎ 点睛：与直线平行的直线方程可设为；与直线垂直的直线方程可设为.‎ ‎6. 已知函数的图象不经过第二象限，则t的取值范围为　　‎ A. B. C. D. ‎ 15‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合函数图象平移的充分必要条件得到关于实数a的不等式，求解不等式即可求得最终结果.‎ ‎【详解】将函数的图象向上平移个单位长度即可得到函数的图象，‎ 若函数的图象不经过第二象限，则当时，，‎ 即：，解得：.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数函数的性质及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎7. 如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为　　‎ A. 8：27 B. 2：3 C. 4：9 D. 2：9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：, 故选C.‎ 考点：球的体积和表面积.‎ ‎8. ，，，则a，b，c的大小关系为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合指数的性质和对数的性质整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】由对数的性质可得：，‎ 由指数函数的性质可得：，，‎ 则：.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 15‎ 对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．‎ ‎9. 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定几何体的空间结构，然后求解其体积即可.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体是由一个四棱柱去掉半个球形成的组合体，‎ 其中，棱柱的底面为对角线为的正方形，则其边长为，高为，‎ 球的直径为正方形的边长，则其半径，‎ 据此可知，组合体的体积.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎10. 已知半圆与直线有两个不同交点，则实数k的取值范围是　　‎ A. B. ‎ 15‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 绘制半圆的图形和直线，考查临界条件，确定k的取值范围即可.‎ ‎【详解】绘制半圆如图所示，直线表示过点，斜率为的直线，‎ 如图所示的情形为临界条件，即直线与圆相切，‎ 此时圆心到直线的距离等于圆的半径，‎ 即：，解得：，，‎ 且，，‎ 据此可得：实数k的取值范围是.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．‎ 二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）‎ ‎11. ______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 15‎ ‎【分析】‎ 由题意结合指数的运算法则和对数的运算法则整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】由指数的运算法则可知：，‎ 由对数的运算法则可知：，‎ 则 .‎ ‎【点睛】本题主要考查指数的运算法则，对数的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎12. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的体积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得圆锥的高，然后求解其体积即可.‎ ‎【详解】由题意可知，圆锥的高，‎ 则其体积：.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥的体积公式，圆锥的空间结构特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎13. 圆与圆的公共弦所在直线的方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的方程作差即可求得公共弦方程.‎ ‎【详解】将所给的两圆的方程作差可得圆与圆的公共弦所在直线的方程为：，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，公共弦方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 15‎ ‎14. 直线与直线平行，则a的值为______．‎ ‎【答案】或4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到关于a的方程，解方程即可求得实数a的值.‎ ‎【详解】两直线平行，则：，‎ 求解关于实数a的方程可得a的值为或4.‎ ‎【点睛】本题主要考查两直线平行的充分必要条件，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎15. 下列命题中所有正确命题的序号为______．‎ 若方程表示圆，那么实数；‎ 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，令，则的图象关于原点对称；‎ 在正方体中，E、F分别是AB和的中点，则直线CE、F、DA三线共点；‎ 幂函数的图象不可能经过第四象限．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意逐一考查所给命题的真假即可.‎ ‎【详解】逐一考查所给命题的真假：‎ 若方程表示圆，则，据此解得，‎ 当时，方程为：，判别式，表示圆，‎ 当时，方程为：，即，判别式，不表示圆，‎ 据此可得实数，该命题为真命题；‎ 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，则，令 ，则的图象关于轴对称，该命题为假命题；‎ 15‎ 如图所示，延长，交于点，‎ 在平面中，，且，‎ 据此可知为的中位线，则，‎ 延长，交于点，同理可得，‎ 据此可知直线CE、F、DA三线共点，该命题为真命题；‎ 幂函数的图象肯定经过第一象限，可能经过第二或第三象限，不可能经过第四象限，该命题为真命题；‎ 据此可得：正确命题的序号为.‎ ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判断，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 解答题（本大题共6小题，共72.0分）‎ ‎16. 如图，正三棱锥的底面边长为2，高为1，求该三棱锥的体积及表面积．‎ 15‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：∵O﹣ABC是正三棱锥，其底面三角形ABC是边长为2的正三角形，其面积为，‎ ‎∴该三棱锥的体积==；‎ 设O′是正三角形ABC的中心，则OO′⊥平面ABC，延长AO′交BC于D．‎ 则AD=，O′D=，又OO′=1，∴三棱锥的斜高OD=，‎ ‎∴三棱锥的侧面积为×=2，‎ ‎∴该三棱锥的表面积为．‎ 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积 点评：本题考查三棱锥的体积、表面积的求法，解题时要认真审题，注意合理地化立体问题为平面问题 视频 ‎17. 已知关于x，y的方程C：．‎ 若方程C表示圆，求实数m的取值范围；‎ 若圆C与直线l：相交于M，N两点，且，求m的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用判别式得到关于m的不等式，求解不等式可得．‎ 15‎ 由题意可得圆心到直线的距离，利用集合关系可知圆的半径为1，利用半径公式计算可得．‎ ‎【详解】若方程C：表示圆，‎ 则，‎ 解得．‎ 圆心到直线的距离，‎ 圆的半径，‎ ‎，解得．‎ ‎【点睛】圆的弦长的常用求法 ‎(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；‎ ‎(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.‎ ‎18. 如图，四棱锥的底面ABCD是菱形，，面ABCD，E 是AB的中点，F是PC的中点．‎ Ⅰ求证：面PAB Ⅱ求证：面PDE．‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ由题意可知为正三角形，则， 由线面垂直的定义可知，则平面PAB.‎ Ⅱ取PD的中点G，连结FG，GE，由几何关系可证得四边形BEGF是平行四边形，故，‎ 15‎ 由线面平行的判断定理可得面 ‎【详解】Ⅰ底面ABCD是菱形，，‎ 为正三角形，‎ E是AB的中点，， ‎ 面ABCD，平面ABCD，‎ ‎，‎ ‎，‎ 平面PAB.‎ Ⅱ取PD的中点G，连结FG，GE，‎ ‎，G是中点，‎ 且，‎ 与BE平行且相等，则四边形BEGF是平行四边形，‎ ‎，‎ 平面PDE，平面PDE，‎ 面 ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面平行的判断定理等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎19. 已知的三个顶点，，．‎ Ⅰ求BC边所在直线方程；‎ Ⅱ边上中线AD的方程为，且，求m，n的值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，或，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 15‎ Ⅰ由斜率公式可得，结合点斜式方程整理计算可得BC边所在直线方程为.‎ Ⅱ由题意可得，则△ABC的BC边上的高，据此由点到直线距离公式和直线方程得到关于m,n的方程组，求解方程组可得，或，.‎ ‎【详解】Ⅰ，，．，‎ 可得直线BC方程为，‎ 化简，得BC边所在直线方程为.‎ Ⅱ由题意，得，‎ ‎，解之得，‎ 由点到直线的距离公式，得，‎ 化简得或，‎ 或.‎ 解得，或，.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线方程的求解，点到直线距离公式的应用，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎20. 如图，矩形ABCD中，，，F分别在线段BC和AD上，，将矩形ABEF沿EF折起记折起后的矩形为MNEF，且平面平面ECDF．‎ Ⅰ求证：平面MFD；‎ Ⅱ若，求证：；‎ Ⅲ求四面体NFEC体积的最大值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）‎ ‎【解析】‎ 15‎ 试题分析：（1）证明：因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN=EF=CD．‎ 所以四边形MNCD是平行四边形，所以NC∥MD，因为NC⊄平面MFD，所以NC∥平面MFD． 4分 ‎（2）证明：连接ED，设ED∩FC=O．因为平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，所以NE⊥平面ECDF， 5分 所以FC⊥NE．又EC=CD，所以四边形ECDF为正方形，所以 FC⊥ED．所以FC⊥平面NED，‎ 所以ND⊥FC． 8分 ‎（3）解：设NE=，则EC=4-，其中0＜x＜4．由（1）得NE⊥平面FEC，所以四面体NFEC的体积为，所以.‎ 当且仅当，即x=2时，四面体NFEC的体积有最大值2．‎ 考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，几何体体积计算，均值定理的应用。‎ 点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，（1）（2）小题，将立体问题转化成平面问题，这也是解决立体几何问题的一个基本思路。（3）利用函数思想，构建体积函数表达式，应用均值定理，求得体积的最大值。‎ ‎21. 已知二次函数，设方程的两个实数根为和．‎ 如果，设二次函数的对称轴为，求证：；‎ 如果，，求b的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由题意可得，结合线性规划的结论即可证得题中的结论.‎ 由题意可得与同号．分类讨论：若，则负根舍去，据此可得；若，则正根舍去，据此可得．故或．‎ ‎【详解】设，‎ 15‎ ‎，‎ 由条件，‎ 得，即，‎ 由可行域可得，．‎ 由，知，故与同号．‎ 若，则负根舍去，‎ ‎．‎ ‎，即；‎ 若，则正根舍去，‎ ‎，即．‎ 综上，b的取值范围为或．‎ ‎【点睛】本题主要考查二次函数的性质，分类讨论的数学思想，线性规划的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎ ‎ 15‎