2016-2017学年河南省洛阳市高一(上)期末数学试卷

2016-2017学年河南省洛阳市高一（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1. 集合，，则
A.
B.
C.
D.
2. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，，则
3. 若三条直线，，，交于一点，则的值为（）
A.
B.
C.
D.
4. 在空间直角坐标系中，若，，，，则二面角的大小为（）
A.
B.
C.
D.
5. 已知倾斜角为的直线平分圆：，则直线的方程为（）
A.
B.
C.
D.
6. 已知函数，若，，，则（）
A.
B.
C.
D.
7. 如果实数，满足，则的范围是（）
A.
B. C.
D.
8. 已知函数，若在区间上是减函数，则集合可以是（）
A.
B.
C.
D.
9. 圆柱被一个平面截去一部分后与一个四棱锥组成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A.
B.
C.
D.
10. 由个面围成的几何体，每个面都是正三角形，并且有四个顶点，，，在同一平面上，是边长为的正方形，则该几何体的外接球的体积为（）
A.
B.
C.
D.
11. 设函数是定义在上的函数，满足，且对任意，，都有，则满足的所有的和为（）
A. B. C. D.
12. 已知点，，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为（）
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
1. 满足的实数的取值范围为________．
2. 已知直线，，若，则实数________．
3. 若函数，则________．
4. 方程由两个不相等的实数根，则实数的取值范围为________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
1. 在平面直角坐标系中，三个顶点分别为，，．
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）设中点为，求的面积．
2. 已知函数．
（1）求的定义域；
（2）若函数的零点为，当时，求函数的值域．
3. 在直三棱柱中，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）设为上一点，且，若直三棱柱的所有棱长均相等，求直线与直线所成角的正切值．
4. 已知为奇函数．
（1）求函数的零点；
（2）若对任意的都有恒成立，求实数的取值范围．
5. 在四棱锥中，为正三角形，，，平面，与平面所成角为
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
6. 已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于．
（1）若圆与圆关于直线对称，求圆的方程；
（2）过直线上一点作圆的切线，，切点为，，当四边形面积最小时，求直线的方程．
参考答案与试题解析
2016-2017学年河南省洛阳市高一（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
化简集合、，根据交集的定义写出运算结果即可．
【解答】
解：集合，
，
则．
故选：．
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
对个选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：若，，则与平行或异面，故错误；
若，，则与关系不确定，故错误；
根据线面垂直的性质定理，可得正确；
若，，，则与关系不确定，故错误．
故选．
3.
【答案】
B
【考点】
两条直线的交点坐标
【解析】
联立，，解得，由于三条直线，，相交于一点，把点代入，即可解得的值．
【解答】
解：联立，，
，
解得，
∵三条直线，，相交于一点，
∴把点代入，可得，解得．
故选：．
4.
【答案】
C
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
设在平面上的射影为，则可得平面，故为所求二面角的平面角．
【解答】
解：设在平面上的射影为，连接，，，
则，，四边形是正方形，
∴平面，
∴为二面角的平面角，
∵，
∴．
故选．
5.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
倾斜角的直线方程，设为，利用直线平分圆的方程，求出结果即可．
【解答】
解：倾斜角的直线方程，设为．
圆：化为，圆心坐标．
因为直线平分圆，圆心在直线上，所以，解得，
故所求直线方程为．
故选．
6.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
【解析】
由分段函数运用对数函数的单调性求出，运用指数函数的单调性，判断，进而得到，，的大小．【解答】
解：函数，
则，
，
，
由在上递增，
，可得，
则，
故选：．
7.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设，求的范围就等价于求同时经过原点和圆上的点的直线中斜率的范围，由数形结合法，易得答案．【解答】
解：设，则表示经过原点的直线，为直线的斜率．
所以求的范围就等价于求同时经过原点和圆上的点的直线中斜率的范围．
从图中可知，斜率取最大值时对应的直线斜率为正且与圆相切，
此时的斜率就是其倾斜角的正切值．
易得，，可由勾股定理求得，
于是可得到，即为的最大值．
同理，的最小值为，
故选．
8.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
根据在区间上是减函数，对进行讨论，依次考查各选项即可得结论．
【解答】
解：由题意，在区间上是减函数．函数，
当时，函数不存在单调性性，故排除．
当时，函数在上是增函数，而分母是负数，可得在区间上是减函数，故对．
当时，函数在上是减函数，而分母是负数，可得在区间上是增函数，故不对．
当时，函数在上可能没有意义．故不对．
故选．
9.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积
【解析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个半圆柱与四棱锥的组合体，分别计算体积可得答案．
【解答】
解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个半圆柱与四棱锥的组合体，
半圆柱的底面半径为，高为，故体积为：，
四棱锥的底面面积为：，高为，故体积为：，
故组合体的体积，
故选：
10.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积
【解析】
该几何体是一个正八面体，假设另两个顶点为，，是正方形，边长为，从而求出该几何体的外接球的半径，由此能求出该几何体的外接球的体积．
【解答】
解：该几何体的直观图如图所示，
这个是一个正八面体，假设另两个顶点为，，
是正方形，边长为，
∴，，
∴该几何体的外接球的半径，
∴该几何体的外接球的体积：
．
故选：．
11.
【答案】
C
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
确定在上递增，函数关于对称，利用，可得，或，即或，利用韦达定理，即可得出结论．
【解答】
解：∵对任意，，都有，
∴在上递增，
又∵，
∴，
即函数关于对称，
∵，
∴，或，
∴或，
∴满足的所有的和为，
故选．
12.
【答案】
D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由题意，在直线上运动，关于直线的对称点的坐标为，由此可得的最大值．【解答】
解：由题意，在直线上运动，关于直线的对称点的坐标为，
∵，
∴的最大值为，
故选．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
1.
【答案】
【考点】
指、对数不等式的解法
【解析】
根据指数函数的定义和性质，把不等式化为，求出解集即可．
【解答】
解：不等式可化为
，
即，
解得，
所以实数的取值范围是．
故选：．
2.
【答案】
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用直线平行的性质求解．
【解答】
解：∵直线，，
∴，
解得（时，两条直线重合，舍去）．
故答案为：．
3.
【答案】
【考点】
求函数的值
【解析】先求出，由此能求出的值．
【解答】
解：∵函数，
∴，
∴
．
故答案为：．
4.
【答案】
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
设，如图所示，表示以为圆心，为半径的半圆，由圆心到的距离，可得，结合图象可得结论．【解答】
解：设，如图所示，表示以为圆心，为半径的半圆，
由圆心到的距离，
可得，
∵方程有两个不相等的实数根，
∴实数的取值范围为．
故答案为．
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
1.
【答案】
解：（1），∴边上的高所在的直线的斜率为．
则边上的高所在的直线方程为：，化为：．
（2）边所在的直线方程为：，化为：．
∵是的中点，∴．
点到直线的距离．
又，
∴．
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
（1），可得边上的高所在的直线的斜率为．利用点斜式可得边上的高所在的直线方程．
（2）边所在的直线方程为：，化为：．可得的中点．利用点到直线的距离．又，可得．
【解答】
解：（1），∴边上的高所在的直线的斜率为．
则边上的高所在的直线方程为：，化为：．
（2）边所在的直线方程为：，化为：．
∵是的中点，∴．
点到直线的距离．
又，
∴．
2.
【答案】
解：（1）要使函数有意义，必须：，解得，函数的定义域为：．
（2）函数的零点为，，可得，，
，当时，即时，函数取得最小值：，或时，函数取得最大值：．
函数的值域．
【考点】
二次函数的性质
函数的定义域及其求法
函数零点的判定定理
【解析】
（1）利用函数有意义，列出不等式组求解即可．
（2）利用函数的零点求出，通过函数的对称轴，求解函数的值域即可．【解答】
解：（1）要使函数有意义，必须：，解得，函数的定义域为：．
（2）函数的零点为，，可得，，
，当时，即时，函数取得最小值：，或时，函数取得最大值：．
函数的值域．
3.
【答案】
证明：（1）取中点，连结，，
∵在中，为中点，为中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵在矩形中，为中点，为中点，
∴平面，
又平面，平面，
，∴平面平面，
∵平面，∴平面．
解：
（2）作于，
∵直三棱柱的所有棱长均相等，为的中点，
∴平面的所有棱长相等，为的中点，
∴平面，且，又，
∴，
∵，，∴是直线与直线所成角，
∴由平面，平面，得，
设直线三棱柱的棱长为，
则在中，，，
∴．
∴直线与直线所成角的正切值为．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取中点，连结，，则，从而平面，再求出平面，从而平面平面，由此能证明平面．（2）作于，推导出是直线与直线所成角，由此能求出直线与直线所成角的正切值．【解答】
证明：（1）取中点，连结，，
∵在中，为中点，为中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵在矩形中，为中点，为中点，
∴平面，
又平面，平面，
，∴平面平面，
∵平面，∴平面．
解：
（2）作于，
∵直三棱柱的所有棱长均相等，为的中点，
∴平面的所有棱长相等，为的中点，
∴平面，且，又，
∴，
∵，，
∴是直线与直线所成角，
∴由平面，平面，得，
设直线三棱柱的棱长为，
则在中，，，
∴．
∴直线与直线所成角的正切值为．
4.
【答案】
解：（1）∵是奇函数，∴，
解得：，
∴，令，即，
令，则，
即，解得：或，
∵，∴即，
∴函数的零点是；
（2）∵对任意的都有恒成立，
∴对任意恒成立，
∵在是奇函数也是增函数，
∴对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
∴，
∴，实数的范围是．
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
（1）根据函数的奇偶性得到，求出的值，从而求出的解析式，令，求出函数的零点即可；
（2）根据函数的奇偶性和单调性，问题转化为对任意恒成立，根据二次函数的性质求出的范围即可．【解答】
解：（1）∵是奇函数，∴，
解得：，
∴，令，即，
令，则，
即，解得：或，
∵，∴即，
∴函数的零点是；
（2）∵对任意的都有恒成立，
∴对任意恒成立，
∵在是奇函数也是增函数，
∴对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
∴，
∴，实数的范围是．
5.
【答案】
（1）证明：∵平面，平面，∴．
∵，，∴平面，而平面，∴．
∵与平面所成角为
∴，
∵是的中点，∴，又，∴平面，
而平面，∴．
∵底面，∴平面平面，又，
由面面垂直的性质定理可得平面，，
又，∴平面．
（2）解：，可得，
∵平面，∴，∴，
由（1）的证明知，平面，∴，∵，为正三角形，∴，
∵，∴．
设点的平面的距离为，则．
在中，，∴．
∴，
∵，∴，解得，
即点到平面的距离为．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）利用线面垂直的判定与性质定理可得平面，．利用等腰三角形的性质与线面垂直的判定定理可得：平面，可得．利用面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理可得，进而证明结论．
（2）设点的平面的距离为，利用即可得出．
【解答】
（1）证明：∵平面，平面，∴．
∵，，∴平面，而平面，∴．
∵与平面所成角为
∴，
∵是的中点，∴，又，∴平面，
而平面，∴．
∵底面，∴平面平面，又，
由面面垂直的性质定理可得平面，，
又，∴平面．
（2）解：，可得，
∵平面，∴，∴，
由（1）的证明知，平面，∴，
∵，为正三角形，∴，
∵，∴．
设点的平面的距离为，则．
在中，，∴．
∴，
∵，∴，解得，
即点到平面的距离为．
6.
【答案】
解：（1）由题意，设，则
∵过点的圆与直线相切，
∴，
∴
∵半径小于，
∴，此时圆的方程为，
∵圆与圆关于直线对称，
∴圆的方程为；
（2）设，圆的半径，
∴四边形面积，
，
∴时，，此时面积最小为，．
∵，在以为直径的圆上，
∴方程为，
∵圆的方程为，
∴两个方程相减，可得的方程为．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）利用过点的圆与直线相切，，求出圆心与半径，可得圆的方程，利用圆与圆关于直线对称，即可求圆的方程；
（2）求出四边形面积最小值，可得以为直径的圆的方程，即可求直线的方程．
【解答】
解：（1）由题意，设，则
∵过点的圆与直线相切，
∴，
∴
∵半径小于，
∴，此时圆的方程为，
∵圆与圆关于直线对称，
∴圆的方程为；
（2）设，圆的半径，
∴四边形面积，
，
∴时，，此时面积最小为，．
∵，在以为直径的圆上，
∴方程为，
∵圆的方程为，
∴两个方程相减，可得的方程为．。