20172018学年福建福州市高一(上)期末数学考试(解析版).docx

20172018学年福建福州市高一(上)期末数学考试(解析版)

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2017-2018学年福建省高一（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设M={3，a}，N={1，2}，M∩N={2}，M∪N=（　　）
A. {1,2} B. {1,3} C. {1,2，3} D. {1,2，3，a}
2. 经过点P（-2，m）和Q（m，4）两点的直线与直线l：x-2y-1=0平行，则实数m的值是（　　）
A. 2 B. 10 C. 0 D. -8
3. 同学们，当你任意摆放手中笔的时候，那么桌面所在的平面一定存在直线与笔所在的直线（　　）
A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 垂直
4. 直线l1与直线l2：x-2y+1=0的交点在x轴上，且l1⊥l2，则直线l1在y轴上的截距是（　　）
A. 2 B. -2 C. 1 D. -1
5. 设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是（　　）
A. m⊥n，m//α⇒n⊥α B. m⊥n，m⊥α⇒n//α
C. m//n，m//α⇒n//α D. m//n，m⊥α⇒n⊥α
6. 已知直线l：x+y-m=0与圆C：（x-1）2+（y+1）2=4交于A，B两点，若△ABC为直角三角形，则m=（　　）
A. 2 B. ±2 C. 22 D. ±22
7. 已知奇函数f（x）在R上是减函数，若a=-f(log215)，b=f（log26），c=f（20.8），则a，b，c的大小关系为（　　）
A. a<b<c B. b<a<c C. c<b<a D. c<a<b
8. 已知直线l的方程为：（m+2）x+3y+2m+1=0，圆C：x2+y2=6，则直线l与圆C的位置关系一定是（　　）
A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定
9. 如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（　　）
A. 6π B. 7π C. 12π D. 14π
10. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，AA1⊥底面ABC，且AB=2，AA1=1，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为（　　）
A. 155
B. 105
C. 255
D. 55

11. 已知函数f（x）=loga（2x+b-1）（a＞0，a≠1）的图象如图所示，则a，b满足的关系是（　　）
A. 0<a-1<b<1
B. 0<b<a-1<1
C. 0<b-1<a<1
D. 0<a-1<b-1<1

12. 已知圆C：（x-3）2+（y+2）2=9，点A（-2，0），B（0，2），设点P是圆C上一个动点，定义：一个动点到两个定点的距离的平方和叫做“离差平方和”，记作D2，令D2=|PA|2+|PB|2，则D2的最小值为（　　）
A. 6 B. 8 C. 12 D. 16
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f（x）=3x,x≤0lnx,x>0，则f[f（1e）]的值是______．
14. 在如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1（1，0，3），D（0，2，0），则点C1的坐标为______．

15. 长度为4的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点的轨迹方程为______．
16. 一个半径为2的实心木球加工（进行切割）成一个圆柱，那么加工后的圆柱侧面积的最大值为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，四边形BB1C1C为正方形．
（1）求异面直线AA1与BC1所成角的大小；
（2）求证：BC1⊥平面AB1C．

18. 如图所示，已知△ABC是以AB为底边的等腰三角形，点A（1，4），B（3，2），点C在直线：x-2y+6=0上．
（1）求AB边上的高CE所在直线的方程；
（2）设直线与轴交于点D，求△ACD的面积．

19. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2BC=2．
（1）在线段AD上是否存在点O使得CD∥平面POB？并说明理由．
（2）求证：平面PAB⊥平面PCD．

20. 已知定义在R上的偶函数f（x）满足：当x≥0时，f(x)=2x+a2x，f(1)=52．
（1）求实数a的值；
（2）用定义法证明f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（3）求函数f（x）在[-1，2]上的值域．

21. 如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD为矩形，E为SA的中点，SA=SB=2，AB=23，BC=3．
（Ⅰ）证明：SC∥平面BDE；
（Ⅱ）若BC⊥SB，求三棱锥C-BDE的体积．

22. 已知圆C：x2+y2-4y+1=0，点M（-1，-1）．
（1）若过点M的直线l与圆交于A，B两点，若|AB|=22，求直线l的方程；
（2）从圆C外一点P向该圆引一条切线，记切点为T，若满足|PT|=|PM|，求使|PT|取得最小值时点P的坐标．

答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：∵M={3，a}，N={1，2}，M∩N={2}，
∴a=2，
∴M∪N={1，2，3}．
故选：C．
由M={3，a}，N={1，2}，M∩N={2}，求出a=2，由此能求出M∪N．
本题考查并集的求法，考查并集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】
解：∵经过点P（-2，m）和Q（m，4）两点的直线与直线l：x-2y-1=0平行，
∴=，
解得m=2．
故选：A．
利用直线与直线平行的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】D
【解析】
解：由题意，笔所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与笔所在直线垂直
若笔所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，
在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直
综上，当你任意摆放手中笔的时候，那么桌面所在的平面一定存在直线与笔所在的直线垂直．
故选：D．
由题设条件可知，可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项．
本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，解题的关键是熟练掌握线面垂直与三垂线定理，再结合直线与地面位置关系的判断得出答案．
4.【答案】B
【解析】
解：∵直线l1与直线l2：x-2y+1=0的交点在x轴上，
∴直线l1经过点（-1，0），
∵l1⊥l2，∴直线l1的斜率k=-2，
∴直线l1的方程为：y=-2（x+1），即2x+y+2=0，
当x=0时，y=-2，
∴直线l1在y轴上的截距是-2．
故选：B．
推导出直线l1经过点（-1，0），斜率k=-2，从而求出直线l1的方程为2x+y+2=0，由此能求出直线l1在y轴上的截距．
本题考查直线的纵截距的求法，考查直线与直线垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】
解：对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或m⊂α，故错；
对于C，m∥n，m∥α⇒n∥α或m⊂α，故错；
对于D，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
故选：D．
A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交；
B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或m⊂α；
C，m∥n，m∥α⇒n∥α或m⊂α；
D，m∥n，m⊥α⇒n⊥α；
本题考查了空间点、线、面的位置关系，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】
解：因为△ABC为直角三角形，所以AB为等腰直角三角形的斜边，|AB|==2，
圆心C到直线x+y-m=0的距离为=，
∴=，m=±2，
故选：B．
因为△ABC为直角三角形，所以AB为等腰直角三角形的斜边，|AB|==2，圆心C到直线x+y-m=0的距离为=，
本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
7.【答案】B
【解析】
解：∵f（x）是奇函数；
∴；
∵2＜log25＜log26，20.8＜2，且f（x）在R上为减函数；
∴；
∴b＜a＜c．
故选：B．
根据f（x）是奇函数，即可得出a=f（log25），并可得出20.8＜2＜log25＜log26，这样根据f（x）是R上的减函数即可比较出a，b，c的大小关系．
考查奇函数的定义，减函数的定义，对数函数和指数函数的单调性．
8.【答案】C
【解析】
解：因为直线l的方程可化为：（x+2）m+2x+3y+1=0，
由得，所以直线l过定点（-2，1），
又（-2）2+12=5＜6，即定点（-2，1）在圆x2+y2=8内，
所以直线l与圆C一定相交．
故选：C．
先求出直线l过定点（-2，1），再判断定点在圆内，可得直线与圆相交．
本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
9.【答案】D
【解析】
解：根据三视图可知几何体是一个圆柱中切去：四分之一的圆柱的一半，
且底面圆的半径为2，高为4，
∴几何体的体积V=π×22×4-=14π，
故选：D．
由三视图知该几何体是一个圆柱中切去：四分之一的圆柱的一半，由三视图求出几何元素的长度，由柱体的体积公式求出几何体的体积．
本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，注意三视图中实线与虚线的在直观图中的位置，考查空间想象能力．
10.【答案】A
【解析】
解：取A1B1的中点O，连结OC1、OB，
∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，AA1⊥底面ABC，
∴C1C⊥平面A1B1C1，C1O⊥A1B1，
∵AA1∥CC1，∴C1O⊥AA1，
∴∠BC1O是直线BC1与平面ABB1A1所成角，
∵AB=2，AA1=1，∴BC1==，C1O==，
∴直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值sin∠BC1O===．
故选：A．
取A1B1的中点O，连结OC1、OB，则C1C⊥平面A1B1C1，C1O⊥A1B1，由AA1∥CC1，得C1O⊥AA1，从而∠BC1O是直线BC1与平面ABB1A1所成角，由此能求出直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值．
本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
11.【答案】A
【解析】
解：∵函数f（x）=loga（2x+b-1）是增函数，
令t=2x+b-1，必有t=2x+b-1＞0，
t=2x+b-1为增函数．
∴a＞1，∴0＜＜1，
∵当x=0时，f（0）=logab＜0，
∴0＜b＜1．
又∵f（0）=logab＞-1=loga，
∴b＞，
∴0＜a-1＜b＜1．
故选：A．
利用对数函数和函数图象平移的方法列出关于a，b的不等关系是解决本题的关键．利用好图形中的标注的（0，-1）点．利用复合函数思想进行单调性的判断，进而判断出底数与1的大小关系．
本题考查对数函数的图象性质，考查学生的识图能力．考查学生的数形结合能力和等价转化思想．
12.【答案】C
【解析】
解：设圆C上的动点P的坐标为P（3+3cosα，-2+3sinα），．
根据定义，D2=|PA|2+|PB|2=（3+3cosα+2）2+（-2+3sinα）2 +（3+3cosα-0）2+（-2+3sinα-2）2
=18cos2α+48cosα+18sin2α-36sinα+54=72+48cosα-36sinα≥72-=72-60=12，
故选：C．
利用圆的参数方程，结合两点间的距离公式以及acosα+bsinα的最小值为-，即可得到结论．
本题主要考查两点间距离公式的应用，利用圆的参数方程以及acosα+bsinα的最小值为-，属于中档题．
13.【答案】13
【解析】
解：==-1，
∴f[f（）]=f（-1）=3-1=．
故答案为：．
先计算=，即可得出．
本题考查了分段函数的定义、对数与指数的运算法则，属于基础题．
14.【答案】（1，2，3）
【解析】
解：长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1（1，0，3），D（0，2，0），
则点C1的横坐标为1，纵坐标为2，竖坐标为3，
即C1（1，2，3）．
故答案为：（1，2，3）．
由长方体的结构特征，结合题意写出点C1的横坐标、纵坐标和竖坐标．
本题考查了空间直角坐标系与长方体的结构特征应用问题，是基础题．
15.【答案】x2+y2=4
【解析】
解：设M（x，y），因为△ABC是直角三角形，所以||OM|=|AB|=2定值．
故M的轨迹为：以O为圆心，2为半径的圆．
故x2+y2=4即为所求．
故答案为：x2+y2=4．
可以取AB的中点M，根据三角形ABO是直角三角形，可知OM=2是定值，故M的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆．问题获解．
本题考查了圆的轨迹定义，一般的要先找到动点满足的几何条件，然后结合曲线的轨迹定义去判断即可．然后确定方程的参数，写出方程．
16.【答案】8π
【解析】
解：由题意，圆柱外接球的性质可得，圆柱正视图对角线就是球的直径，
设底面圆直径为a，高为h，
侧面积S=πa•h．
∵（2R）2=a2+h2，
∴16=a2+h2≥2ah，（当且仅当a=h时取等号）
那么S=πa•h≤π（a2+h2）=8π
故答案为：8π
根据圆柱外接球的性质可得，圆柱正视图对角线就是球的直径，设底面圆直径为a，高为h，侧面积S=2πa•h．（2R）2=a2+h2，利用不等式的性质即可求解；
本题考查圆柱外接球的问题，考查空间想象能力与计算能力，是中档题．
17.【答案】解：（1）三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵AA1∥CC1，∴∠BC1C为异面直线AA1与BC1所成的角．
∵四边形BB1C1C为正方形，∴∠BC1C=45°，
即异面直线AA1与BC1所成角的大小为45°；
（2）证明：∵CC1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，
又∵AC⊥BC，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1，
又∵四边形BB1C1C为正方形，∴B1C⊥BC1，
又AC⊥BC1，B1C∩AC=C，
∴BC1⊥平面AB1C．
【解析】

（1）三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，可得∠BC1C为异面直线AA1与BC1所成的角，再由四边形BB1C1C为正方形求得异面直线AA1与BC1所成角的大小；
（2）由CC1⊥底面ABC，得CC1⊥AC，然后证明AC⊥BC1，再由四边形BB1C1C为正方形，得B1C⊥BC1，利用线面垂直的判断可得BC1⊥平面AB1C．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
18.【答案】解：（1）因为△ABC是以AB为底边的等腰三角形，CE⊥AB
所以E为AB的中点，所以E（2，3）…（2分）
因为kAB=-1，所以kCE=1…（4分）
所以直线CE：y-3=x-2，即x-y+1=0
所以AB边上的高CE所在直线的方程为x-y+1=0；…（6分）
（2）x-2y+6=0x-y+1=0，解得y=5x=4，所以C（4，5）…（7分）
所以直线AC：y-45-4=x-14-1，即x-3y+11=0…（9分）
又因为D（0，3），所以点D到直线AC的距离d=|2|10=105…（10分）
又|AC|=10…（11分）
所以S△ACD=12|AC|*d=12*105*10=1…（12分）
【解析】

（1）因为△ABC是以AB为底边的等腰三角形，CE⊥AB，可得E为AB的中点，可得E坐标．利用斜率计算公式、点斜式即可得出．
（2）联立直线方程可得C．利用两点式可得直线AC方程．利用点到直线的距离公式可得点D到直线AC的距离d．利用三角形面积计算公式即可得出．
本题考查了等腰三角形的性质、中点坐标公式、两点式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
19.【答案】（本题满分12分）
解：（1）当O为AD中点时，有CD∥平面POB，理由如下：…（1分）
因为O为AD中点时，BC∥AD，AD=2BC，
所以OD∥CD，且OD=CD，
所以四边形OBCD为平行四边形，…（3分）
所以BO∥CD，又BO⊂平面PBO，CD⊄平面PBO
所以CD∥平面POB…（5分）
证明：（2）因为在△PAD中，PA=PD=2，AD=2，
所以PA2+PD2=AD2，
所以PA⊥PD…（6分）
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，…（8分）
又PD⊂平面PAD
所以AB⊥PD，又PA⊥PD，AB∩PA=A
所以PD⊥平面PAB…10分
又因为PD⊂平面PCD
所以平面PAB⊥平面PCD…（12分）
【解析】

（1）当O为AD中点时，BC∥AD，AD=2BC，从而OD∥CD，且OD=CD，进而四边形OBCD为平行四边形，BO∥CD，由此得到CD∥平面POB．
（2）推导出PA⊥PD，AB⊥AD，从而AB⊥平面PAD，进而AB⊥PD，再由PA⊥PD，得到PD⊥平面PAB，由此能证明平面PAB⊥平面PCD．
本题考查满足线面垂直的点的是否存在的判断与求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
20.【答案】（本题满分12分）
解：（1）∵当x≥0时，f(x)=2x+a2x，f(1)=52
即f（1）=2+a2=25，
∴a=1--------------（2分）
（2）．任取0＜x1＜x2，
f(x1)-f(x2)=(2x1+12x1)-(2x2+12x2)=(2x1-2x2)+2x2-2x12x1⋅2x2=(2x1-2x2)(2x1+x2-1)2x1+x2．--------------（5分）
∵0＜x1＜x2，
∴1＜2x1＜2x2，2x1+x2＞1，
得：f（x1）-f（x2）＜0
∴f（x1）＜f（x2），
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．--------------（8分）
（3）由（1）得：当x≥0时，f(x)=2x+12x
故f(0)=2，f(2)=174，f(-1)=52，
由（2）得：（x）在[-1，0]为减函数，在[0，2]为增函数，
∴f（x）的值域为[2，174]--------------（12分）
【解析】

（1）由当x≥0时，，解得实数a的值；
（2）任取0＜x1＜x2，作差判断f（x1）-f（x2）的符号，进而由定义，中得f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（3）由（1）（2）中的结论，可得函数f（x）在[-1，2]上的值域．
本题考查的知识点是函数的单调性，函数的奇偶性，函数求值，函数的值域，难度中档．
21.【答案】解：（Ⅰ）证明：连接AC，设AC∩BD=O，
∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．
在△ASC中，E为AS的中点，
∴SC∥OE，
又OE⊂平面BDE，SC⊄平面BDE，
∴SC∥平面BDE；
（Ⅱ）过E作EH⊥AB垂足为H．
∵BC⊥AB，BC⊥SB，AB∩SB=B，
∴BC⊥平面ABS，
∵EH⊂平面ABS，
∴EH⊥BC，又EH⊥AB，AB∩BC=B，
∴EH⊥平面ABCD．
在△SAB中，取AB中点M，连接SM，则SM⊥AB，
∴SM=1，∴EH=12SM=12，S△BCD=12×3×23=33，
∴VC-BDE=VE-BCD=13S△BCD•EH=13×33×12=32．
所以三棱锥C-BDE的体积为32．
【解析】

（Ⅰ）要证SC∥平面BDE，需证SC∥OE，由图易证；
（Ⅱ）过E作EH⊥AB，证明EH⊥平面ABCD，需证EH⊥BC，需证BC⊥平面ABS，需证BC⊥AB，BC⊥SB，由已知可得，然后用等体积法求体积．
本题考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查了等体积法求三棱锥的体积，考查了推理能力和空间思维能力．
22.【答案】解：（1）圆C的标准方程为x2+（y-2）2=3．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-1，
此时|AB|=22满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+1=k（x+1），即kx-y+k-1=0．
∵|AB|=22，∴圆心C到直线l的距离d=3-2=1．
∴d=|k-3|k2+1=1，解得k=43，
则直线l的方程为4x-3y+1=0．
∴所求直线l的方程为x=-1或4x-3y+1=0；
（2）设P（x0，y0），|PT|=|PC|2-3，
∵|PT|=|PM|，∴x02+(y0-2)2-3=(x0+1)2+(y0+1)2，
化简得2x0+6y0+1=0，
∴点P（x0，y0）在直线2x+6y+1=0．
当|PT|取得最小值时，即|PM|取得最小值，
即为点M（-1，-1）到直线2x+6y+1=0的距离，
此时直线PM垂直于直线2x+6y+1=0，
∴直线PM的方程为6x-2y+4=0，即3x-y+2=0．
由3x-y+2=02x+6y+1=0，解得x=-1320y=120，
∴点P的坐标为(-1320，120)．
【解析】

（1）化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-1，满足题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+1=k（x+1），即kx-y+k-1=0．由已知结合垂径定理求k，则直线方程可求；
（2）设P（x0，y0），，由|PT|=|PM|，得2x0+6y0+1=0，可得点P（x0，y0）在直线2x+6y+1=0上，当|PT|取得最小值时，即|PM|取得最小值，
即为点M（-1，-1）到直线2x+6y+1=0的距离，可得直线PM垂直于直线2x+6y+1=0，求得直线PM的方程，联立两直线方程得答案．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题．