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1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年秋期高中一年级期终质量评估数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数定义域的求法得到集合B，然后求出即可【详解】由题意得，所以故选C【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是根据函数定义域的求法得到集合B，属于基础题2.已知圆锥的侧面积展开图是一个半圆，则其母线与底面半径之比为（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，根据扇形的弧长即为圆锥的底面圆
2、的周长可得母线与底面圆半径间的关系【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由已知可得，所以，所以，即圆锥的母线与底面半径之比为2.故选D【点睛】解答本题时要注意空间图形和平面图形间的转化以及转化过程中的等量关系，解题的关键是根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得到等量关系，属于基础题3.设的两根是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解得 或 或 即， 所以 故选D4.设为大于1的正数，且，则，中最小的是（ ）A. B. C. D. 三个数相等【答案】C【解析】令，则，所以，对以上三式两边同时乘方，则，显然最小，故选C.5.已知，若，则（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3、【答案】A【解析】【分析】构造函数，则为奇函数，根据可求得，进而可得到【详解】令，则为奇函数，且，由题意得，.故选A【点睛】本题考查运用奇函数的性质求函数值，解题的关键是根据题意构造函数，体现了转化思想在解题中的应用，同时也考查观察、构造的能力，属于基础题6.如图所示，是水平放置的的直观图，则在的三边及线段中，最长的线段是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】ABC是水平放置的ABC的直观图中，ABBC，AC为斜边，最长的线段是AC，故选D.7.已知矩形，将矩形沿对角线折成大小为的二面角，则折叠后形成的四面体的外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 与的大小有关【答案】C【解析
4、】由题意得，在二面角内的中点O到点A,B,C,D的距离相等，且为，所以点O即为外接球的球心，且球半径为，所以外接球的表面积为。选C。8.已知原点到直线的距离为1，圆与直线相切，则满足条件的直线有（ ）A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条【答案】C【解析】试题分析：由已知，直线满足到原点的距离为，到点的距离为，满足条件的直线即为圆和圆的公切线，因为这两个圆有两条外公切线和一条内公切线. 故选C.考点：相离两圆的公切线9.如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连DE，交AF于G，根据平面几何知识可得，于是 ，进而
5、得又在正方体中可得底面，于是可得，根据线面垂直的判定定理得到平面，于是，所以两直线所成角为【详解】如图，连DE，交AF于G在和中，根据正方体的性质可得，又在正方体中可得底面，底面，又，平面，平面，异面直线和所成角的大小为故选D【点睛】求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，将空间角的问题转化为平面问题处理，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移计算异面直线所成的角时通常放在三角形中利用解三角形的方法进行求解，有时也可通过线面间的垂直关系进行求解10.已知函数，且，则的值（ ）A. 恒为正 B. 恒为负 C. 恒为0 D. 无法确
6、定【答案】A【解析】【分析】根据题意可得函数是奇函数，且在上单调递增然后由，可得，结合单调性可得，所以，以上三式两边分别相加后可得结论【详解】由题意得，当时，于是同理当时，可得，又，所以函数是上的奇函数又根据函数单调性判定方法可得在上为增函数由，可得，所以，所以，以上三式两边分别相加可得，故选A.【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断及应用，考查函数性质的应用，具有一定的综合性和难度，解题的关键是结合题意得到函数的性质，然后根据单调性得到不等式，再根据不等式的知识得到所求11.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（ ）A. 4 B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据
7、三视图得到几何体的直观图，然后结合图中的数据计算出各棱的长度，进而可得最长棱【详解】由三视图可得，该几何体是如图所示的四棱锥，底面是边长为2的正方形，侧面是边长为2的正三角形，且侧面底面根据图形可得四棱锥中的最长棱为和，结合所给数据可得，所以该四棱锥的最长棱为故选B【点睛】在由三视图还原空间几何体时，要结合三个视图综合考虑，根据三视图表示的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线、不可见轮廓线在三视图中为虚线在还原空间几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键考查空间想象能力和计算能力12.已知函数，且
8、在内有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，即，分别作出函数和的图象如图，由图象可知表示过定点的直线，当过时，此时两个函数有两个交点，当过时，此时两个函数有一个交点，所以当时，两个函数有两个交点，所以在内有且仅有两个不同的零点，实数的取值范围是，故选C.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】根据对数不等式的解法和对数函数的定义域得到关于的不等式组，解不等式组可得所求的解集【详解】原不等式等价于，所以，解得，所以原不等式的解集为故答案为【点睛】解答本题时根据对数函数
9、的单调性得到关于的不等式组即可，解题中容易出现的错误是忽视函数定义域，考查对数函数单调性的应用及对数的定义，属于基础题14.经过点且在轴和轴上的截距相等的直线的方程为_【答案】或【解析】【分析】根据题意将问题分直线过原点和不过原点两种情况求解，然后结合待定系数法可得到所求的直线方程【详解】（1）当直线过原点时，可设直线方程为，点在直线上，直线方程为，即（2）当直线不过原点时，设直线方程为，点在直线上，直线方程为，即综上可得所求直线方程为或故答案为或【点睛】在求直线方程时，应先选择适当形式的直线方程，并注意各种形式的方程所适用的条件，由于截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时若采
10、用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零，分为直线过原点和不过原点两种情况求解本题考查直线方程的求法和分类讨论思想方法的运用15.已知函数的图象与函数及函数的图象分别交于两点，则的值为_【答案】【解析】【分析】利用函数及函数的图象关于直线对称可得点在函数的图象上，进而可得的值【详解】由题意得函数及函数的图象关于直线对称，又函数的图象与函数及函数的图象分别交于两点，所以，从而点的坐标为由题意得点在函数的图象上，所以，所以故答案为4【点睛】解答本题的关键有两个：一是弄清函数及函数的图象关于直线对称，从而得到点也关于直线对称，进而得到，故得到点的坐标为；二是根据点 在函数 的图象上得到所求值考查理
11、解和运用能力，具有灵活性和综合性16.已知函数，若函数的最小值与函数的最小值相等，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由二次函数的知识得，当时有令，则，结合二次函数可得要满足题意，只需，解不等式可得所求范围【详解】由已知可得，所以当时，取得最小值，且令，则，要使函数的最小值与函数的最小值相等，只需满足，解得或.所以实数的取值范围是故答案为【点睛】本题考查二次函数最值的问题，求解此类问题时要结合二次函数图象，即抛物线的开口方向和对称轴与区间的关系进行求解，同时注意数形结合在解题中的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证
12、明过程或演算步骤.） 17.已知直线，.（1）当时，求实数的值；（2）当时，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，直线的斜率不存在，可得两直线既不平行也不垂直；当时，两直线的斜率存在，然后根据垂直的等价条件可得所求的值；（2）结合（1）中的两种情况，根据两直线平行的等价条件求解，可得所求的值【详解】（1）当时，直线，此时两直线既不平行也不垂直，不合题意当时，直线，由可得，解得，故所求（2）由（1）可得当时，直线既不平行也不垂直，不合题意当时，直线，由可得，解得故所求【点睛】本题考查两直线平行和垂直的等价条件的运用，解题时由于直线的斜率是否存在不确定，所以要结合分类讨论进行
13、求解，考查转化和分类讨论思想方法在解题中的应用，属于基础题18.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，.（1）求证：；（2）若为等边三角形，平面平面，求四棱锥的体积.【答案】（1）详见解析；（2）2【解析】【分析】（1）根据题意作于，连结，可证得，于是，故，然后根据线面垂直的判定得到平面，于是可得所证结论成立（2）由（1）及平面平面可得平面，故为四棱锥的高又由题意可证得四边形为有一个角为的边长为的菱形，求得四边形的面积后可得所求体积【详解】（1）作于，连结.，是公共边， ，又平面，平面，平面，又平面，（另法：证明,取的中点.）（2）平面平面，平面平面，平面又为等边三角形，.又由题意得，是公共边，
14、平行四边形为有一个角为的边长为的菱形，四棱锥的体积【点睛】（1）证明空间中的垂直关系时，要注意三种垂直关系间的转化，合理运用三种垂直关系进行求解，以达到求解的目的，同时在证题中要注意平面几何知识的运用（2）立体几何中的计算问题中往往涉及到证明，同时在证明中渗透着计算，计算时要注意中间量的求解，最后再结合面积、体积公式得到所求19.（1）利用函数单调性定义证明：函数是减函数；（2）已知当时，函数的图象恒在轴的上方，求实数的取值范围.【答案】（1）略；（2）【解析】【分析】（1）根据单调性的定义进行证明即可得到结论；（2）将问题转化为在上恒成立求解，即在上恒成立，然后利用换元法求出函数的最小值即可
15、得到所求范围【详解】（1）证明：设，则，函数是减函数（2）由题意可得在上恒成立，在上恒成立令，因为，所以，在上恒成立令,则由（1）可得在上单调递减，实数的取值范围为【点睛】（1）用定义证明函数单调性的步骤为：取值、作差、变形、定号、结论，其中变形是解题的关键（2）解决恒成立问题时，分离参数法是常用的方法，通过分离参数，转化为求具体函数的最值的问题处理20.已知正方体，分别为和上的点，且，.（1）求证：；（2）求证：三条直线交于一点.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】（1）连结和，由条件可证得和，从而得到.（2）结合题意可得直线和必相交，根据线面关系再证明该交点在直线上即可得
16、到结论【详解】证明：(1)如图，连结和，在正方体中，又，又在正方体中，,，又，同理可得，又，.（2）由题意可得（或者和不平行），又由(1)知，所以直线和必相交，不妨设，则，又，所以，同理因为，所以，所以、三条直线交于一点【点睛】（1）证明两直线平行时，可根据三种平行间的转化关系进行证明，也可利用线面垂直的性质进行证明，解题时要注意合理选择方法进行求解（2）证明三线共点的方法是：先证明其中的两条直线相交，再证明该交点在第三条直线上解题时要依据空间中的线面关系及三个公理，并结合图形进行求解21.已知二次函数的图象与轴、轴共有三个交点.（1）求经过这三个交点的圆的标准方程；（2）当直线与圆相切时，求
17、实数的值；（3）若直线与圆交于两点，且，求此时实数的值.【答案】（1）；（2）或 ；（3）。【解析】【分析】（1）先求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点的坐标，然后根据待定系数法求解可得圆的标准方程；（2）根据圆心到直线的距离等于半径可得实数的值；（3）结合弦长公式可得所求实数的值【详解】（1）在中，令，可得；令，可得或所以三个交点分别为，设圆的方程为，将三个点的坐标代入上式得 ，解得，所以圆的方程为，化为标准方程为：（2）由（1）知圆心，因为直线与圆相切，所以，解得或，所以实数的值为或（3）由题意得圆心到直线的距离，又，所以，则，解得所以实数的值为或【点睛】（1）求圆的方程时常用的方法有两种
18、：一是几何法，即求出圆的圆心和半径即可得到圆的方程；二是用待定系数法，即通过代数法求出圆的方程（2）解决圆的有关问题时，要注意圆的几何性质的应用，合理利用圆的有关性质进行求解，可以简化运算、提高解题的效率22.已知函数，.（1）解不等式：；（2）若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围；（3）若函数的反函数为，且，其中为奇函数，为偶函数，试比较与的大小.【答案】（1）或；（2）；（3）。【解析】【分析】（1）根据二次不等式和对数不等式的解法求解即可得到所求；（2）由可得，故所求范围即为函数在区间上的值域，根据换元法求出函数的值域即可；（3）根据题意可求出，进而得到和，于是可得大小关系【详解】（1）由，得或，即或，解得，所以原不等式的解集为（2）令，得令，由，得，则，其中令，则在上单调递增，所以，即，所以.故实数的取值范围为（3）由题意得，即，因此，因为为奇函数，为偶函数，所以，解得，所以，因此另法：，所以【点睛】（1）本题考查函数知识的综合运用，解题时要注意函数、方程、不等式间的关系的应用，根据条件及要求合理求解（2）解决函数零点问题时，可转化为方程解得问题处理，也可利用分离变量的方法求解，转化为求具体函数值域的问题，解题时注意转化的合理性和等价性专心-专注-专业