2018-2019学年山东省潍坊市高一上学期期末考试数学试题(解析版).doc
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2018-2019学年山东省潍坊市高一上学期期末考试数学试题 一、单选题 1.满足条件的集合的个数是( ) A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】C 【解析】先由可知是的子集,且中必然含有元素,列举即可写出结果. 【详解】 因为,所以且,所以可能为或,共2个; 故选C 【点睛】 本题主要考查集合间的关系,依题意列举即可,属于基础题型. 2.函数的定义域是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由函数的解析式列出不等式组,求解即可. 【详解】 由题意可得,所以且,即定义域为, 故选B 【点睛】 本题主要考查函数的定义域,由已知解析式的函数求其定义域,只需求使解析式有意义的的范围,属于基础题型. 3.已知函数f(x)=,则的值为( ) A.1 B. C.2 D.4 【答案】C 【解析】由内到外逐步代入,即可求出结果. 【详解】 因为,所以,所以. 故选C 【点睛】 本题主要考查求分段函数的值,由内向外逐步代入即可,属于基础题型. 4.已知,,,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】结合指数函数与对数函数的性质,即可判断出结果. 【详解】 因为,,,即,故选A. 【点睛】 本题主要考查比较函数值大小的问题,可结合指数函数与对数函数的单调性确定,属于基础题型. 5.下列函数中与函数的奇偶性相同,且在上单调性也相同的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】判断出奇偶性,以及其在上的单调性,即可判断出结果. 【详解】 令,则,所以为偶函数,故排除BC,又时,在上单调递增,故排除A,选D. 【点睛】 本题主要考查函数的单调性和奇偶性,由复合函数同增异减的原则即可判断出结果,属于基础题型. 6.若圆的圆心在第一象限,则直线一定不经过( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】A 【解析】由圆心位置确定,的正负,再结合一次函数图像即可判断出结果. 【详解】 因为圆的圆心坐标为,由圆心在第一象限可得,所以直线的斜率,轴上的截距为,所以直线不过第一象限. 【点睛】 本题主要考查一次函数的图像,属于基础题型. 7.设,为两个不同的平面,,为两条不同的直线,则下列说法正确的是( ) A.若,,,则 B.若 ,,,则 C.若 ,,,,则 D.若,,,则 【答案】B 【解析】由空间中点线面位置关系可逐项判断. 【详解】 对于A,若,则内的直线与内的直线可能平行或异面,故A错; 对于B,若,,则或,又,所以,故B正确; 对于C,由一个平面内的两条相交直线都平行与另一个平面,则两平面平行,可判断C错; 对于D,若可得或或与相交,所以由不能推出,故D错; 选B 【点睛】 本题主要考查与空间中点线面的位置关系有关的命题真假的判断,熟记线面位置关系,线线位置关系即可,属于基础题型. 8.已知正方体的表面积为24,则四棱锥的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】先由正方体的表面积求出正方体的棱长,连结交于点,易知平面,所以由棱锥的体积公式即可直接求解. 【详解】 设正方体的棱长为,因正方体的表面积为24, 所以,所以; 连结交于点,则,所以在正方体中,平面, 即平面,所以是四棱锥的高,且, 又, 所以 ; 故选C 【点睛】 本题主要考查几何体的体积,熟记棱锥的体积公式即可求解,属于基础题型. 9.已知直线,,,若,且,则的值为( ) A.4 B.-4 C.2 D.0 【答案】D 【解析】由可得,从而可求出;由可得,可求出,从而可得出结果. 【详解】 因为,所以,即,所以; 由可得,即,解得, 所以,故选D. 【点睛】 本题主要考查由两直线平行或垂直的关系,求参数的值的问题,熟记直线垂直或平行的充要条件,即可求解,属于基础题型. 10.函数与函数在同一坐标系中的图像可能是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由二次函数和对数函数的性质,即可判断出结果. 【详解】 当时,单调递增,开口向上,不过原点,且对称轴,可排除AB选项; 当时,单调递减,开口向下,可排除D,故选C 【点睛】 本题主要考查函数的图像问题,通过对数函数的单调性,以及二次函数的对称性和开口方向,即可判断出结果,属于基础题型. 11.《九章算术》是世界数学发展史上的一颗璀璨明珠,书中《商功》有如下问题:今有委菽依垣,下周三丈,高七尺,问积及为菽各几何?其意思为:现将大豆靠墙堆放成半圆锥形,底面半圆的弧长为3丈,高7尺,问这堆大豆的体积是多少立方尺?应有大豆是多少斛?主人欲卖掉该堆菽,已知圆周率约为3,一丈等于十尺,1斛约为2.5立方尺,1斛菽卖300钱,一两银子等于1000钱,则主人可得银子( )两 A.40 B.42 C.44 D.45 【答案】B 【解析】先由圆锥体积公式求出半个圆锥的体积,结合大豆的单价即可求出结果. 【详解】 因为半圆锥的底面半圆弧长为30尺,所以可得底面圆的半径为,又半圆锥的高为7尺,所以半圆锥的体积为立方尺斛, 所以主人可得银子两. 故选B 【点睛】 本题主要考查圆锥的体积公式,熟记公式即可,属于基础题型. 12.已知函数,则函数的零点的个数是( ) A.7 B.8 C.9 D.10 【答案】C 【解析】先由时,可知,是以2为周期的函数, 作出以及的图像,由图中可直观的看出两函数的交点个数, 即函数的零点的个数. 【详解】 因为时,,所以,故时,函数是以2为周期的函数;又函数的零点的个数即是函数与图像交点的个数,所以作出函数和的图像,由图像可得两函数的交点个数恰好有9个,所以函数的零点的个数是9,故选C 【点睛】 本题主要考查函数零点个数的问题,数形结合的思想是处理此类问题最常用的方法,属于常考题型. 二、填空题 13.计算____. 【答案】3 【解析】由指数幂运算以及对数运算法则,即可求出结果. 【详解】 ,故答案为3 【点睛】 本题主要考查指数幂运算以及对数运算法则,属于基础题型. 14.直线和直线的距离是____. 【答案】 【解析】先将化为,再由两条平行线间的距离公式即可求解. 【详解】 将直线化为,显然与直线平行, 所以两平行线间的距离为, 故答案为 【点睛】 本题主要考查两平行线间的距离公式,熟记公式即可求解,属于基础题型. 15.四面体中,,底面为等腰直角三角形,,为中点,请从以下平面中选出两个相互垂直的平面____.(只填序号) ①平面②平面③平面④平面⑤平面 【答案】①②,①⑤,②⑤(选对一组即可) 【解析】根据题意可先证直线平面;平面,从而可得出结论. 【详解】 因为,,为中点,所以,,所以平面; 又平面,平面,所以可知①⑤垂直,②⑤垂直; 又底面为等腰直角三角形,, 所以,所以,所以平面; 又平面,所以可知①②垂直; 故答案可以是①②,①⑤,②⑤(选对一组即可) 【点睛】 本题主要考查面面垂直的判定定理,由线面垂直引出面面垂直,熟记定理即可,属于常考题型. 16.已知函数 在区间上是增函数,则实数的取值范围是___. 【答案】 【解析】由分段函数在给定区间内恒增,可得每一段都为增,并且位置要着重比较,列不等式即可求解. 【详解】 因为与在区间上都为增函数,所以为使 在区间上是增函数,只需即可,解得. 故答案为. 【点睛】 本题主要考查分段函数在给定范围内单调的问题,只要同时满足每段的单调性一致以及整体单调即可,属于常考题型. 三、解答题 17.已知全集,集合,集合. (1)若,求,; (2)若,求实数的取值范围. 【答案】(1),(2) 【解析】(1)先由不等式求出集合,再将代入集合,根据集合的混合运算即可求出结果; (2)由得出之间的包含关系,从而可求出结果. 【详解】 (1)∵,,∴, , . (2)∵,∴, 须满足, ∴. 【点睛】 本题主要考查集合的混合运算,熟记相关概念即可求解,属于基础题型. 18.四边形是圆柱的轴截面,为底面圆周上的一点,,,. (1)求证:平面; (2)求圆柱的表面积. 【答案】(1)见证明;(2) 【解析】(1)根据线面垂直的判定定理,即可证明平面; (2)先求出圆柱底面圆的半径,进而可根据圆柱的表面积公式,求出结果. 【详解】 (1)证明:∵平面是圆柱的轴截面, ∴平面,∵平面,∴, 又为底面圆周上一点,为直径,∴, 又,∴平面 (2)在中 ∵,,∴, ∴底面圆的半径,又∵ ∴圆柱侧面积为, 上下两底面面积为, ∴圆柱的表面积为. 【点睛】 本题主要考查线面垂直的判定定理,以及圆柱的表面积公式,需要考生熟记线面垂直的判定定理以及几何体的表面积公式,属于基础题型. 19.已知的顶点坐标为,,直线经过点且与直线平行,点和点关于直线对称. (1)求直线的方程; (2)求外接圆的方程. 【答案】(1)(2) 【解析】(1)先由题意求出直线的方程,再由点和点关于直线对称,确定直线的斜率,由点斜式写出直线的方程即可; (2)可结合(1)的结果先求出点C的坐标,再由待定系数法设出圆的一般方程,由三点坐标代入得出方程组,求解即可;也可根据题意求出圆心坐标以及半径,得到圆的标准方程. 【详解】 (1)∵与直线平行, ∴,又∵点和点关于直线对称, ∴直线与垂直,∴,∴,又∵过, ∴直线的方程为,即. (2)法一:∵且经过 ∴的方程为,即. ∵,∴的中点,, ∴的垂直平分线方程为,即. 的外接圆圆心即为与的交点 由,得, ∴圆心坐标为, ∴ ∴. 法二:设方程为, 又∵经过点,∴,∴,即的方程为,设 ,即,① 又∵的中点在上 即② 由①②得,,∴ 又∵,,都在圆上, 设圆的方程为 ∴,,, ∴. 【点睛】 本题主要考查直线的方程以及圆的方程,求直线方程,通常用到点斜式;求圆的方程,常用待定系数法求解,属于基础题型. 20.直三棱柱中,,,分别为,的中点,. 求证:(1)平面; (2). 【答案】(1)见证明;(2)见证明 【解析】(1)由线面平行的判定定理即可证明平面; (2)可先由线面垂直的判定定理证明平面,进而可得. 【详解】 (1)取中点,连结,, ∵、分别为,的中点,且, 又为中点,∴, ∵直三棱柱中,∴, ∴四边形为平行四边形, ∴,平面,平面, ∴平面. (2)设, ∵直三棱柱中,平面, ∴在矩形中,连结, ∵,∴, 同理,,∴,∴, 又,, ∴平面,平面 ∴. 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理,需要考生熟记定理即可求解,属于常考题型. 21.当今社会,以信息化、网络化,智能化为主要特征的信息技术浪潮正在形成一场人工智能革命,智能化时代的到来,为经济发展注入了新的活力,人工智能技术的进步和智能装备制造业的发展,从根本上减少了制造领域对劳动力的需求. 某工厂现有职工320人,平均每人每年可创利20万元,该工厂打算购进一批智能机器人(每购进一台机器人,需要有一名职工下岗).据测算,如果购进智能机器人不超过100台,每购进一台机器人,所有留岗职工(机器人视为机器,不作为职工看待)在机器人的帮助下,每人每年多创利2千元,每台机器人购置费及日常维护费用折合后平均每年2万元,工厂为体现对职工的关心,给予下岗职工每人每年4万元补贴;如果购进智能机器人数量超过100台,则工厂的年利润万元(为机器人台数且). (1)写出工厂的年利润与购进智能机器人台数的函数关系; (2)为使工厂获得最大经济效益,工厂应购进多少台智能机器人?此时工厂的最大年利润是多少?(参考数据:) 【答案】(1) (2) 【解析】(1)时,工厂的利润=总创利-成本,依题意可列出对应的等量关系;时,; (2)根据二次函数以及对数函数的单调性分别求出每种情况下的利润,比较大小即可得出结果. 【详解】 (1)当购进智能机器人台数时, 工厂的利润 , ∴. (2)由(1)知,时,, 时,, 当时,为增函数, , 综上可得,工厂购进95台智能机器人时获得最大效益,最大利润为8205万元. 【点睛】 本题主要考查函数模型的应用,根据题意找出等量关系,得出对应函数解析式,再对函数研究即可,属于基础题型. 22.已知函数过点. (1)求实数的值; (2)设集合为函数定义域的一个非空子集,若存在,使,则称为函数在集合上的不动点.已知函数. (ⅰ)若函数在上有两个不同的不动点,求实数的取值范围; (ⅱ)若函数在区间上存在不动点,求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)(ⅰ)(ⅱ) 【解析】(1)将点代入函数解析式,即可求出实数的值; (2)(ⅰ)先对函数的解析式进行化简,再由在上有两个不同的不动点,可得方程在上有两个不同实数解,构造函数,根据一元二次方程根的分布,列出不等式组,即可求出结果; (ⅱ)根据(ⅰ)可知,函数在区间上存在不动点,即是在区间上存在零点,用分类讨论的思想讨论的范围,即可求出结果. 【详解】 (1)∵函数过点 ∴,解得, ∴函数; (2)(ⅰ)函数 , 由题意知函数在上有两个不同的不动点, 即在上有两个不同实数解, 令, 则函数在上有两个不同实数解, 又,∴必有, ∴得 ∴实数的取值范围是. (ⅱ)由(ⅰ)知,在区间上存在不动点,即函数在区间上存在零点 ①若,,零点为,符合题意; ②若,∵,如果满足题意,必有成立 即,得, ∴时符合题意; ③,则或 即或 解得 综上,的取值范围是. 【点睛】 本题主要考查函数与方程的综合,对于方程有实根的问题,有时需要转化为对应的函数有零点的问题来处理,常用分类讨论的思想,解题过程比较繁琐,难度较大. 第 17 页 共 17 页- 配套讲稿:
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