广东省湛江市2017-2018学年高一上学期期末考试数学试题-Word版含解析.doc

广东省湛江市2017-2018学年高一上学期期末考试数学试题
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
解答：
∵U={x∈N|x<6}={0,1,2,3,4,5}，
P={2,4},Q={1,3,4,6}，
∴CUP={0,1,3,5}，
∴(∁UP)∩Q={1,3}.
故选：C.
2.棱柱的侧面一定是（　　）
A. 平行四边形 B. 矩形 C. 正方形 D. 菱形
【答案】A
【解析】
根据棱柱的性质可得：其侧面一定是平行四边形故选A.
3.直线x-y+1=0的倾斜角的大小为（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由直线方程可求斜率，从而可得倾斜角．
【详解】设直线x-y+1=0的倾斜角为θ，
则tanθ=，θ∈[0°，180°）．
∴θ=60°，
故选：B．
【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
函数为单调递增函数，且，所以由零点存在定理得零点所在的区间为
点睛：判断函数零点(方程的根)所在区间的方法
(1)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．
(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断．
(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．
5.已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
由指数函数的性质可得：，
即：.
本题选择D选项.
点睛：实数比较大小：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． 当底数与指数都不相同时，选取适当的“媒介”数（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要比较的数比较，从而可间接地比较出要比较的数的大小．
6.已知直线l的方程为x-y+1=0，直线l1的方程为ax-2y+1=0，直线l2的方程为x+by+3=0，若l1⊥l，l2∥l，则a+b=（　　）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】B
【解析】
分析】
根据题意，由直线垂直的判定方法可得a+2=0，解可得a=-2，又由直线平行的判定方法可得b的值，将a、b相加即可得答案．
【详解】根据题意，若l1⊥l，则有a+2=0，解可得a=-2，
又由l2∥l，则b=1×（-1）=-1；
则a+b=（-2）+（-1）=-3；
故选：B．
【点睛】本题考查直线平行、直线垂直的判定方法，关键是求出a、b的值，属于基础题．
7.一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
试题分析：设圆锥底面半径是，母线长，所以即，根据圆心角公式，即，所以解得，，那么高
考点：圆锥的面积
8.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
试题分析：若，，，则直线与可能平行或异面，A错误；若，，且，则直线与可能平行或相交或异面，B错误；若，，，则，由于垂直于同一平面的两条直线互相平行，C正确；选C.
考点：空间直线与平面的位置关系；
9.直线x-y+4=0被圆x2+y2+4x-4y+6=0截得的弦长等于( )
A. 8 B. 4 C. 2 D. 4
【答案】C

【解析】
由题设可得圆的圆心坐标为，半径为，因圆心到直线x-y+4=0的距离，故直线过圆心，则弦长是直径，应选答案C。
10.已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
当时，，则；当时，，则，综上，实数的取值范围是.
考点：分段函数.
11.已知点、若直线过点，且与线段AB相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
试题分析：如图所示：由题意得，

所求直线l的斜率k满足 k≥kPB或 k≤kPA，
即，或，∴，或k≤-4，
考点：恒过定点的直线
12.已知偶函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，则满足f（2x-1）＜f（3）的x的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据f（x）是偶函数，故f（x）=f（|x|），从而将f（2x-1）＜f（3）转化成f（|2x-1|）＜f（|3|），然后根据函数的单调性建立关系式，解之即可．
【详解】∵f（x）是偶函数，故f（x）=f（|x|）
∴f（2x-1）=f（|2x-1|），即f（|2x-1|）＜f（|3|）
又∵f（x）在区间[0，+∞）单调递增
得|2x-1|＜3解得-1＜x＜2．
故选：A．
【点睛】本题考查的是函数的单调性和奇偶性的综合知识，并考查了如何解不等式，属于中档题．
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】
函数，解得，函数的定义域是，故答案为.
14.已知点A（﹣4，﹣5），B（6，﹣1），则以线段AB为直径的圆的方程为 ．
【答案】（x﹣1）2+（y+3）2=29．
【解析】
试题分析：由中点坐标公式得线段的中点坐标为，即圆心的坐标为；，故所求圆的方程为：．故答案为：．
考点：圆的标准方程.
【方法点晴】本题主要考查了圆的标准方程，注重对基础的考查，难度不大；由点和点的坐标，利用中点坐标公式求出线段的中点的坐标，因为线段为所求圆的直径，所以求出的中点的坐标即为圆心坐标，然后由圆心的坐标和点的坐标，利用两点间的距离公式求出的长即为圆的半径，根据圆心和半径写出圆的标准方程即可．
15.直线（m+1）x+（m-1）y-2=0与圆（x-1）2+y2=1的位置关系是______．
【答案】相交或相切
【解析】
【分析】
先求出直线经过的定点（1，-1），再说明定点在圆上，故而可说明直线与圆相交或相切．
【详解】∵直线（m+1）x+（m-1）y-2=0可化为：（x+y）m+x-y-2=0
由，得x=1，y=-1，
即直线过定点（1，-1）而（1，-1）在圆（x-1）2+y2=1上，
故直线与圆相交或相切，
故答案为：相交或相切．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
16.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________．

【答案】
【解析】
由主视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE=CE=1；

由主视图知CD=2，由左视图知BE=1，
在中,BC=，
在中,BD=，
在中,AD=
则三棱锥中最长棱的长为
故答案为：
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三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知△ABC的顶点A的坐标为5，1），AB边上的中线CM所在直线方程为2x-y-5=0，AC边上的高BH所在的直线方程为x-2y-5=0．
（Ⅰ）求顶点C的坐标；
（Ⅱ）求直线AB的方程．
【答案】（Ⅰ）（4，3）； （Ⅱ）2x-3y-7=0.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）通过AC边上的高线方程得AC的斜率，由点斜式得AC的方程，AC的方程与CM的方程联立得点C的坐标；
（Ⅱ）设出点B的坐标，根据中点关系，得M的坐标代入CM的方程，B点坐标代入BH方程，两个方程联立可解得B的坐标，再由两点式得AB的方程．
【详解】（Ⅰ）∵AC边上的高BH所在直线方程为x-2y-5=0，
∴直线AC的斜率k=-2，
∴直线AC的方程为y-1=-2（x-5），即：2x+y-11=0，
∵直线AC与CM相交于点C，
∴由解得：．
∴点C的坐标为（4，3）；
（Ⅱ）设B（x1，y1），∵M是AB中点，且A（5，1），
∴点M的坐标为
代入CM所在直线方程2x-y-5=0并化简得：2x1-y1-1=0，
又∵点B（x1，y1）在直线BH上，∴x1-2y1-5=0．
∴由解得：．
∴点B的坐标为（-1，-3）
∴直线AB的方程为，即：2x-3y-7=0．
【点睛】本题考查了直线的一般式方程与直线的性质，属中档题．
18.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，点D是AB的中点．求证：

（1）AC⊥BC1；
（2）AC1∥平面B1CD．
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
试题分析：（1）利用线面垂直的判定定理先证明AC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，即可证得AC⊥BC1；
（2）取BC1与B1C的交点为O，连DO，则OD是三角形ABC1的中位线，OD∥AC1，而AC1⊂平面B1CD，利用线面平行的判定定理
即可得证．
证明：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，
∴CC1⊥AC，
又AC⊥BC，BC∩CC1=C，
∴AC⊥平面BCC1B1
∴AC⊥BC1．
（2）设BC1与B1C的交点为O，连接OD，BCC1B1为平行四边形，则O为B1C中点，又D是AB的中点，
∴OD是三角形ABC1的中位线，OD∥AC1，
又∵AC1⊄平面B1CD，OD⊂平面B1CD，
∴AC1∥平面B1CD．

考点：直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．
19.某旅游点有50辆自行车供游客租赁使用，管理这些自行车的费用是每日115元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过6元，则自行车可以全部租出；若超过6元，则每提高1元，租不出去的自行车就增加3辆．
规定：每辆自行车的日租金不超过20元，每辆自行车的日租金x元只取整数，并要求出租所有自行车一日的总收入必须超过一日的管理费用，用y表示出租所有自行车的日净收入（即一日中出租所有自行车的总收入减去管理费后的所得）．
（1）求函数y=f（x）的解析式及定义域；
（2）试问日净收入最多时每辆自行车的日租金应定为多少元？日净收入最多为多少元？
【答案】（1）； （2）每辆自行车日租金定在11元时才能使日净收入最多，为270元.
【解析】
【分析】
（1）函数y=f（x）=出租自行车的总收入-管理费；当x≤6时，全部租出；当6＜x≤20时，每提高1元，租不出去的就增加3辆；所以要分段求出解析式；
（2）由函数解析式是分段函数，在每一段内求出函数最大值，比较得出函数的最大值．
【详解】（1）当x≤6时，y=50x-115，令50x-115＞0，解得x＞2.3．
∵x∈N，∴x≥3，∴3≤x≤6，且x∈N．
当6＜x≤20时，y=[50-3（x-6）]x-115=-3x2+68x-115
综上可知
（2）当3≤x≤6，且x∈N时，∵y=50x-115是增函数，
∴当x=6时，ymax=185元．
当6＜x≤20，x∈N时，y=-3x2+68x-115=，
∴当x=11时，ymax=270元．
综上所述，当每辆自行车日租金定在11元时才能使日净收入最多，为270元．
【点睛】本题用分段函数模型考查了一次函数，二次函数的性质与应用，是基础题．
20.已知以点为圆心的圆与轴交于点，与轴交于点其中为坐标原点。
（1）求证：的面积为定值；
（2）设直线与圆交于点，若，求圆的方程。
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）
【解析】
（1），．
设圆的方程是
令，得；令，得]
，即：的面积为定值．
（2）垂直平分线段．
，直线的方程是
，解得：
当时，圆心的坐标为，，
此时到直线的距离，
圆与直线相交于两点．
当时，圆心的坐标为，，
此时到直线的距离
圆与直线不相交，
不符合题意舍去．
圆的方程为
21.如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=1，AC=，BC=BB1=2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面ABB1A1；
（Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离d．
【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（I）利用勾股定理逆定理证明AC⊥AB，结合AC⊥AA1可得AC平面ABB1A1．
（II）根据列方程解出d．
【详解】（Ⅰ）证明：∵在底面ABCD中，AB=1，，BC=2，
∴BC2=AC2+AB2，即AB⊥AC，
∵侧棱AA1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AA1⊥AC，
又∵AA1∩AB=A，AA1⊂平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，
∴AC⊥平面ABB1A1．
（Ⅱ）连接DB，DC1，
由（Ⅰ）知△ABC为直角三角形，且，
∴S△ABD==S△ABC=，
又∵侧棱CC1⊥底面ABCD，
∴，
∵AB⊥AC，AB⊥CC1，AC∩CC1=C，
∴AB⊥平面ACC1，且AC1⊂平面ACC1，
∴AB⊥AC1，
又∵，
∴，
∴=，
解得．
【点睛】本题考查了线面垂直的判定，空间距离的计算，属于中档题．
22.已知函数.
（1）若，求的值域；
（2）若存在实数，当，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】答案见解析
【解析】
试题分析：
(1)结合二次函数的性质分类讨论可得：
当时，的值域为.
当时，的值域为；
当时，的值域为.
(2)原问题即恒成立.构造二次函数，，则，再次构造函数，结合二次函数的性质可得的取值范围为.
试题解析：
（1）由题意得，当时，，，
∴此时的值域为.
当时，，，
∴此时的值域为；
当时，，，
∴此时的值域为.
（2）由恒成立得恒成立.
令，，因为抛物线的开口向上，
所以
由恒成立知化简得
令，则原题可转化为：存在，使得.
即当时，.
∵，∴的对称轴为，
当，即时，，
解得；
当，即时，.
∴
解得.
综上，的取值范围为.
点睛：“三个二次”间关系，其实质是抓住二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与横轴的交点、二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集的端点值、二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程思想、化归思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决．

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