2019-2020学年河南省鹤壁市高级中学高一上学期第七次双周练数学试题 8页

鹤壁高中2022届高一数学周练试题 ‎ 2019.12 ‎ 一、选择题（共15小题，每题5分）‎ ‎1.已知，列结论不正确的是( )‎ A.函数和在R上具有相反的单调性 B.函数和在R上具有相反的单调性 C.函数和在R上具有相同的单调性 D.函数和在R上都是单调函数 ‎2.在区间上,图象在的下方的函数为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎3.函数在R上为增函数,且,则实数m的取值范围是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎4.四棱锥的底面四边形的对边不平行,用平面去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面 (   )‎ A.不存在     B.只有1个     C.恰有4个     D.有无数多个 ‎5.已知关于的不等式的解集为(),则的最大值为(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎6.已知函数是偶函数,则在上( )‎ A.是增函数 B.是减函数 C.不具有单调性 D.单调性由m确定 ‎7.已知函数,给出下列命题： ①必是偶函数 ‎ ‎② 当时，的图像必关于直线对称； ③ 若,则在区间上是增函数； ④有最大值 ； 其中正确命题是（  ）‎ A.①②       B.②③       C.①③       D.③‎ ‎8.设关于的方程的解的个数为,则不可能是(   )‎ A.1          B.2          C.3          D.4‎ ‎9.方程  的解所在区间是（  ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎10.把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线和平面所成的角的大小为(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎11.若函数的两个零点分别在区间和区间内，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. ‎ ‎12.已知平面平面,是外的一点,过点的直线分别交于点、,过点的直线分别交于点,且,,则的长为(   )‎ A.16 B.24或 C.14 D.20‎ ‎13.若函数 (，且)的图象经过定点，且满足，则的值为（ ） A. B‎.19 ‎C.38 D. ‎ ‎14.过平面外的直线,作一组平面与相交,如果所得的交线为则这些交线的位置关系为(   )‎ A.都平行 B.都相交且一定交于同一点 C.都相交但不一定交于同一点 D.都平行或都交于同一点 ‎15.正方体的八个顶点中,平面经过其中的四个顶点,其余四个顶点到平面的距离都相等,则这样的平面的个数为(   )‎ A.6          B.8          C.12         D.16‎ 二、填空题（共2小题，每题5分）‎ ‎16.正四面体ABCD中,M是棱AD的中点,O是点A在底面BCD内的射影,则异面直线BM与AO所成角的余弦值为___________.‎ ‎17.如果，且那 么的值为 。‎ 三、解答题（共1小题，每题15分）‎ ‎18.已知函数是偶函数.‎ ‎(1)求实数k的值；‎ ‎(2)证明:对任意的实数b,函数的图象与直线至多有一个公共点.‎ 附加题（宏奥班学生必做）‎ ‎19.已知且,函数,其中,则函数的最大值与最小值之和为__________‎ ‎20.已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和,设,,.若方程无实根,则实数的取值范围是__________.‎ 鹤壁高中2022届高一数学周练参考答案 一、 ‎ 选择题 ‎1-5BCCDD 6-10ADACC 11-15CBCDC 部分选择题答案解析：‎ ‎1.答案：B 解析：易知选项A正确；而，,故和都是单调函数,且都在R上单调递减.‎ ‎2.答案：C 解析：特殊值法，取，取直线上的点是，函数上的点是，A错误；函数上的点是，B错误；函数上的点是，D错误；函数上的点是，故选C.也可以根据这四个函数在同一坐标系内的图象得出.‎ ‎3.答案：C 解析：因为函数在R上为增函数,且,所以,解得.故选C.‎ ‎4.答案：D 解析：设,连接,如图所示. ‎ 设与棱的焦点,‎ 当平面平面时,因为平面平面,‎ 平面平面,所以,‎ 同理，则截面四边形是平行四边形.‎ 由此可知,当平面时,截面四边形是平行四边形,‎ 而这样的平面又无数个.‎ 故选D.‎ ‎6.答案：A 解析：,得，所以在上是增函数.‎ ‎7.答案：D 解析：当是,不可能是偶函数，①错；既不一定是最大值，也不一定是最小值，④错；若，有，但不关于对称，②错；故只有③正确。故选 D。‎ ‎8.在同一坐标系中分别画出函数和的图像,如图所示,可知方程解得个数为0,2,3,或4,不可能为1. ‎ ‎9.答案：C 解析：构造函数 ， 在  内有零点，即  在  内有解，故选 C。‎ ‎10.答案：C 解析：当三棱锥的体积最大时,平面平面.‎ 取的中点,连接,‎ 则即为直线与平面所成的角.‎ 可证△是等腰直角三角形,‎ 故 ‎11.答案：C 解析：依题意并结合函数的图象可知，，‎ 即，， 解得.‎ ‎13.答案：C 解析：由题意可知，得，所以，所以，‎ 所以 ‎，故选C.‎ ‎14.答案：D 解析：若直线平面,则由线面平行的性质知,交线故交线都平行.‎ 若直线与平面相交于点,‎ 则交线、、....都过点.‎ ‎15.答案：C 解析：正方体的六个面满足条件,正方体的6个对角面也满足条件,所以这样的平面的个数是,故选C.‎ 二、填空题 ‎16.答案：‎ ‎17.答案：0或2‎ 解析：若或 ，则一定有，从而有，‎ 若，则，由，得① 由，得②‎ 得，则 综上所述，或2‎ 三、解答题 ‎18.答案：(1)由函数是偶函数，可知恒成立，‎ 所以恒成立 所以对任意恒成立，故 ‎(2)证明：由(1)知 ‎ 令，‎ 因此只需证明)在定义域R上是单调函数即可.‎ 设，且，那么 因为，所以， 得,‎ 所以，得 即 故函数在定义域R上为单调增函数，所以 对任意的实数b,函数的图象与直线至多有一个公共点，‎ 附加题 ‎19.答案：‎ 解析：由,‎ 关于点对称,函数 的最大值与最小值之和为 ‎20.答案：‎ 解析：假设f(x)=g(x)+h(x)①,其中g(x)为偶函数,h(x)为奇函数, 则有f(-x)=g(-x)+h(-x),即f(-x)=g(x)-h(x),② 由①②解得g(x)=,h(x)=, ∵f(x)定义在R上,∴g(x),h(x)都定义在R上,∵f(x)=2x+1, ∴g(x)=,h(x)=, 由h(x)=t，即=t,且t∈R,平方得t2=, ∴g(2x)=22x+=t2+2,∴p(t)=t2+2mt+m2-m+1。 故p(p(t))=[p(t)]2+2mp(t)+m2-m+1, 若p(p(t))=0无实根,即[p(t)]2+2mp(t)+m2-m+1=0③无实根, 方程③的判别式△=4m2-4(m2-m+1)=4(m-1), 1°当方程③的判别式△<0，即m＜1时，方程③无实根。 2°当方程③的判别式△≥0, 即m≥1时,方程③有两个实根p(t)=t2+2mt+m2-m+1=-m±, 即t2+2mt+m2+1±=0④,只要方程④无实根,故其判别式△=4m2-4(m2+1±)<0 即得-1-<0且-1＋<0解可得m＜2此时M的取值范围为1≤m<2 综上,m的取值范围为m<2。‎