甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题.doc

甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题

甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题

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- 19 -

甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题
一、单选题（每小题5分，共60分）
1．设则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
2．函数的零点所在的区间是（ ）
A． B． C． D．
3．华罗庚是上世纪我国伟大的数学家，以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”、“华氏不等式”、“华王方法”等.他除了数学理论研究，还在生产一线大力推广了“优选法”和“统筹法”.“优选法”，是指研究如何用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法.在当前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每16人为组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者.某组16人中恰有一人感染（鼻咽拭子样本检验将会是阳性），若逐一检测可能需要15次才能确认感染者.现在先把这16人均分为2组，选其中一组8
人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组.继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查……以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过（ ）次检测.
A．3 B．4 C．6 D．7
4．函数的单调减区间为（ ）
A． B． C． D．R
5．设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
6．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
7．在同一平面直角坐标系中，指数函数且和一次函数的图像关系可能是（ ）
A． B．C．D．
8．已知=，则的表达式是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图是一个空间几何体的三视图，则这个几何体侧面展开图的面积是（ ）

A． B． C． D．
10．已知偶函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是（）
A． B． C． D．
11．在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
12．已知是上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知幂函数的图象经过点，则的值为________.
14．若正方体的表面积为24，则这个正方体的外接球的表面积为_______．
15．正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则的面积为__________.

16．如图所示,在正方体中,,分别为棱,的中点,有以下四个结论:

①直线与是相交直线；
②直线与是平行直线；
③直线与是异面直线；
④直线与所成的角为.
其中正确的结论为___________ (注:把你认为正确的结论序号填在横线上).
三、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分）
17．(10分）计算：
（1）；
（2）.
18．（12分）如图，已知正方体

（1）求异面直线与所成的角；
（2）证明：平面ABCD；
19．（12分）如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：

（1）B，C，H，G四点共面；
（2）平面EFA1∥平面BCHG.
20．（12分）已知且满足不等式.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数在区间有最小值为-2，求实数a值.
21（12分）．设，且.
（1）求a的值及的定义域；
（2）求在区间上的最大值.
22．（12分）已知函数是定义域为上的奇函数，且
(1）求的解析式.
(2)用定义证明：在上是增函数.
（3）若实数满足，求实数的范围.

参考答案
1．C
【解析】
由在区间是单调减函数可知，，又，故选.
考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小.

2．B
【分析】
结合题中选项，分别计算函数值，根据函数零点存在性定理，即可得出结果.
【详解】
易知函数是增函数，且，，
由函数零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间是.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：
在判定函数零点所在区间时，一般根据函数零点存在性定理来判断，要求学生要熟记零点存在性定理；另外，在根据判断函数零点时，有时也需要结合函数单调性进行判断.
3．B
【分析】
类比二分法，将16人均分为两组，选择其中一组进行检测，再把认定的这组的8人均分两组，选择其中一组进行检测，以此类推，即可得解.
【详解】
先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了1次检测.继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了2次检测.继续把认定的这组的4人均分两组，选其中一组2人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了3次检测.选认定的这组的2人中一人进行样本混合检查，为阴性则认定是另一个人；若为阳性，则认定为此人，此时进行了4次检测.所以，最终从这16人中认定那名感染者需要经过4次检测.
故选：B.
【点睛】
本题考查的是二分法的实际应用，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.
4．C
【分析】
先求得函数的定义域，再根据复合函数单调性判断方法即可求得答案.
【详解】
由在单调递增，
为减函数，所以函数的单调递减区间是.
故选：C.
5．A
【分析】
根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【详解】
因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
故选：A．
6．B
【分析】
由题意结合复合函数的定义域可得，即可得解.
【详解】
函数的定义域是[0,2]，
要使函数有意义，需使有意义且 ，
所以，解得.
所以的定义域为.
故选：B
7．C
【分析】
根据一次函数的横截距和纵截距的大小，结合幂函数的图象的增减性可得选项.
【详解】
由得，所以一次函数与x轴交于，与y轴交于，故排除B选项；
对于A选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故A选项不正确；对于D选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故D选项不正确；对于C选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故C选项正确；
故选：C.
8．A
【分析】
由已知有=，我们利用凑配法可以求出的解析式.
【详解】
由=
所以
故选：A
【点睛】
本题考查利用凑配法求函数解析式，属于基础题.
9．B
【分析】
由已知可得该几何体是一个圆柱，利用圆柱侧面积公式计算即得结果.
【详解】
解：由已知可得该几何体是一个圆柱，

底面直径为1，周长为，圆柱的高为1，故展开图是以圆柱底面周长和高为边长的矩形，故这个几何体侧面展开图的面积是.
故选：B.
【点睛】
本题考查了简单几何体的三视图和圆柱的侧面积公式，属于基础题.
10．A
【分析】
根据偶函数的性质，结合题意画出函数的大致图像，由此列不等式，解不等式求得的的取值范围.
【详解】
由于偶函数在上单调递减，且，所以函数在上递增，且，画出函数大致图像如下图所示，由图可知等价于，解得.故本小题选A.

【点睛】
本小题主要考查偶函数的图像与性质，考查利用奇偶性解抽象函数不等式，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
11．C
【分析】
根据题意，求异面直线所成角，找到平行线，转化成平面角，即可求解.
【详解】
由题意，作正方体，如下图所示：

连接，，
∴异面直线与即所成的角为.
由题可得为等边三角形，.
∴异面直线与所成的角为60°.
故选：C.
【点睛】
本题考查异面直线所成角，属于基础题.
12．B
【分析】
只需使原函数在和上都递增，且端点处的函数值符合要求即可.
【详解】
因为函数在上单调递增，所以只需满足，
解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查根据分段函数的单调性求参数的取值范围，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
13．
【分析】
根据幂函数的定义得到，代入点，得到的值，从而得到答案.
【详解】
因为为幂函数，
所以，
即
代入点，
得，即，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查幂函数的定义，根据函数过的点求解析式，属于简单题.
14．
【分析】
先由正方体的表面积为24，求得正方体的棱长，然后根据正方体的体对角线是其外接球的直径求解.
【详解】
因为正方体的表面积为24，
所以正方体的棱长为2，
又正方体的体对角线是其外接球的直径，
故，
所以，
所以．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.
15．
【分析】
根据平面图形的直观图画法，求出，再由斜二测的特点求出高，即可求解
【详解】

根据斜二测画法基本原理，应将高长度变为原来的一半，再向右倾斜45°得到右图，横长不发生变化，则，，
则，则的面积为
故答案为：
【点睛】
本题考查平面图形斜二测的基本画法及对应边长的求法，属于基础题
16．③④.
【分析】
根据异面直线判定定理可知①错误，③正确；根据线线平行的性质可知②错误；通过平移求解出异面直线所成角，可得④正确.
【详解】
①平面，平面，平面，，可知与为异面直线，故①错误；
②，，可知与不平行，故②错误；
③平面，平面，平面，，可知与异面，可知③正确；
④,分别为棱,的中点，可知，则直线与所成角即为，又为等比三角形，可得，可知④正确.
本题正确结果：③④
【点睛】
本题考查空间中直线与直线的位置关系、异面直线所成角的求解问题，属于基础题.
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）由对数的运算法则计算；
（2）由幂的运算法则计算．
【详解】
（1）解：原式.
（2）解：原式.
18．（1）；（2）证明见解析；
【分析】
（1）连结可得为异面直线所成的角，即可得答案；
（2）连结，可得，利用线面平行的判定定理，即可得答案；
【详解】
（1）连结，，
为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角为；
（2）连结，
，平面，平面，
平面ABCD；

【点睛】
本题考查异面直线所成的角、线面平行判定定理的应用，考查转化与化归思想，考查空间想象能力，属于基础题.
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）证明，再由，由平行公理证明，证得四点共面；
（2）证明，证得面，再证得，证得面，从而证得平面EFA1∥平面BCHG.
【详解】
（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.
∵A1GEB且，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.
【点睛】
本题考查了四点共面的证明，面面平行的判定，考查对基本定理的掌握与应用，空间想象能力，要注意线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，属于中档题.
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）由，利用指数函数的单调性求出a的范围，再由利用对数函数的单调性求解.
（2）根据a的范围，利用对数函数的单调性由最小值为-2求解.
【详解】
已知且满足不等式，
，
求得.
（1）由不等式，
可得，
求得，
故不等式的解集为.
（2）函数在区间上是减函数，且有最小值为-2，
，
实数.
【点睛】
方法点睛：形如：的解法：
当时，则；当时，则；
形如：的解法：
当时，则；当时，则；
21．（1）；；（2）2.
【分析】
（1）由函数值求得，由对数的真数大于0可得定义域；
（2）函数式变形为，由复合函数的单调性得出单调区间后可得最大值．
【详解】
解：（1），，
解得，
由，得.
函数的定义域为.
（2）
当时，是增函数；当时，是减函数.
所以函数在上的最大值是.
22．(1)；(2)见证明；(3).
【分析】
(1)首先根据函数是定义域在上的奇函数可计算出的值，然后根据可计算出的值，即可得出结果；
(2)可根据增函数的定义，通过设并计算的值得出结果；
(3)可通过奇函数的相关性质将转化为，然后列出算式即可得出结果．
【详解】
(1)因为函数是定义域在上的奇函数,
所以，，
因为，所以，．
(2)在任取，设，即，
则，
因为，所以，，
即当时，，在是增函数．
(3)由题意可知，所以，
即，解得．