河南省平顶山市2017-2018学年高一上学期期末调研考试数学试卷

2017-2018学年河南省平顶山市高一（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知U={2，3，4，5，6，7}，M={3，4，5，7}，N={2，4，5，6}，则（）A. 4，6B.C. D.2.在下列图形中，可以作为函数y=f（x）的图象的是（）A. B.C. D.3.已知点A（1，2），B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程是（）A. B. C. D.4.下列大小关系正确的是（）A. B.C. D.5.下列命题正确的是（）A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D. 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行6.已知函数f（x）=3x-（）x，则f（x）（）A. 是奇函数，且在R上是增函数B. 是偶函数，且在R上是增函数C. 是奇函数，且在R上是减函数D. 是偶函数，且在R上是减函数7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.8.下列区间中，函数f（x）=|ln（2-x）|在其上为增函数的是（）A. B. C. D.9.已知圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（）A. B.C. D.10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A. B. C. D.11.已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递增，若实数a满足f（log2a）+f（）≤2f（1），则a的取值范围是（）A. B. C. D.12.将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设函数f（x）=，则f（-1）+f（1）=______．14.在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是______．15.已知圆C1：（x+1）2+（y-1）2=1，圆C2与圆C1关于直线x-y-1=0对称，则圆C2的方程为______．16.函数f（x）=log2•log（2x）的最小值为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.（Ⅰ）设x，y，z都大于1，w是一个正数，且有log x w=24，log y w=40，log xyz w=12，求log z w．（Ⅱ）已知直线l夹在两条直线l1：x-3y+10=0和l2：2x+y-8=0之间的线段中点为P （0，1），求直线l的方程．18.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点．（Ⅰ）求证：平面AB1D1∥平面EFG；（Ⅱ）A1C平面EFG．19.已知函数f（x）=a+是奇函数，a∈R是常数．（Ⅰ）试确定a的值；（Ⅱ）用定义证明函数f（x）在区间（0，+∞）上是减函数；（Ⅲ）若f（2t+1）+f（1-t）＜0成立，求t的取值范围．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD平面PDC，AD∥BC，PD PB，AD=CD=1，BC=2，PD=．（Ⅰ）求证：PD平面PBC；（Ⅱ）求直线AB与平面PBC所成角的大小；（Ⅲ）求二面角P-AB-C的正切值．21.在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2-12x+32=0的圆心为Q，过点P（0，2）且斜率为k的直线l与圆Q相交于不同的两点A，B，记AB的中点为E．（Ⅰ）若AB的长等于，求直线l的方程；（Ⅱ）是否存在常数k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．22.已知a∈R，函数f（x）=log2（+a）．（1）当a=1时，解不等式f（x）＞1；（2）若关于x的方程f（x）+log2（x2）=0的解集中恰有一个元素，求a的值；（3）设a＞0，若对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：对于A，M∩N={ 4，5 }，故错误；对于B，M N={2，3，4，5，6，7}=U，故正确；对于C，由补集的定义可得U N={3，7}，则（U N）M={3，4，5，7}≠U，故错误；对于D，由补集的定义可得U M={2，6}，则（U M）∩N={2，6}≠N，故错误；故选：B．根据集合的基本运算逐一判断各个选项即可得到结论．本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2.【答案】D【解析】解：作直线x=a与曲线相交，由函数的概念可知，定义域中任意一个自变量对应唯一的函数值，∴y是x的函数，那么直线x=a移动中始终与曲线至多有一个交点，于是可排除，A，B，C．只有D符合．故选：D．令直线x=a与曲线相交，由函数的概念可知，直线移动中始终与曲线至多有一个交点的就是函数，从而可得答案本题考查函数的图象，理解函数的概念是关键，即定义域中任意一个自变量对应唯一的函数值，属于基础题3.【答案】B【解析】解：线段AB的中点为，k AB==-，∴垂直平分线的斜率k==2，∴线段AB的垂直平分线的方程是y-=2（x-2）⇒4x-2y-5=0，故选：B．先求出中点的坐标，再求出垂直平分线的斜率，点斜式写出线段AB的垂直平分线的方程，再化为一般式．本题考查两直线垂直的性质，线段的中点坐标公式，以及用直线方程的点斜式求直线方程的求法．4.【答案】D【解析】解：∵log40.3＜log41=0，0＜0.42＜0.40=1，1=30＜30.4，∴，故选：D．利用指数函数和对数函数的单调性即可比较出大小．熟练掌握对数函数和指数函数的单调性是解题的关键．5.【答案】C【解析】解：A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；C、设平面α∩β=a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确；D，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除D．故选：C．利用直线与平面所成的角的定义，可排除A；利用面面平行的位置关系与点到平面的距离关系可排除B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确；利用面面垂直的性质可排除D．本题主要考查了空间线面平行和垂直的位置关系，线面平行的判定和性质，面面垂直的性质和判定，空间想象能力，属基础题．6.【答案】A【解析】解：f（x）=3x-（）x=3x-3-x，∴f（-x）=3-x-3x=-f（x），即函数f（x）为奇函数，又由函数y=3x为增函数，y=（）x为减函数，故函数f（x）=3x-（）x为增函数，故选：A．由已知得f（-x）=-f（x），即函数f（x）为奇函数，由函数y=3x为增函数，y=（）x 为减函数，结合“增”-“减”=“增”可得答案．本题考查的知识点是函数的奇偶性，函数的单调性，是函数图象和性质的综合应用，难度不大，属于基础题．7.【答案】A【解析】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是下面为半圆柱，上面为长方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，高为4，∴半圆柱的体积为：×π•22×4=8π；长方体的长宽高分别为4，2，2，∴长方体的体积为4×2×2=16，∴该几何体的体积为V=16+8π．故选：A．根据几何体的三视图，得出该几何体是下面为半圆柱，上面为长方体的组合体，由此求出它的体积．本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题时应根据几何体的三视图得出该几何体的结构特征，是基础题目．8.【答案】D【解析】解：由2-x＞0得，x＜2，∴f（x）的定义域为（-∞，2），当x＜1时，ln（2-x）＞0，f（x）=|ln（2-x）|=ln（2-x），∵y=lnt递增，t=2-x递减，∴f（x）单调递减；当1≤x＜2时，ln（2-x）≤0，f（x）=|ln（2-x）|=-ln（2-x），∵y=-t递减，t=ln（2-x）递减，∴f（x）递增，即f（x）在[1，2）上单调递增，故选：D．先求函数f（x）的定义域，然后按照x＜1，1≤x＜2两种情况讨论去掉绝对值符号，再根据复合函数单调性的判断方法可求得函数的单调区间．本题考查复合函数单调性的判断，正确理解其判断规则“同增异减”是关键，注意单调区间须在定义域内求解．9.【答案】B【解析】解：圆心在x+y=0上，圆心的纵横坐标值相反，显然能排除C、D；验证：A中圆心（-1，1）到两直线x-y=0的距离是；圆心（-1，1）到直线x-y-4=0的距离是．故A错误．故选：B．圆心在直线x+y=0上，排除C、D，再验证圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切，就是圆心到直线等距离，即可．一般情况下：求圆C的方程，就是求圆心、求半径．本题是选择题，所以方法灵活多变，值得探究．10.【答案】C【解析】解：法一：连B1C，由题意得BC1B1C，∵A1B1平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1BC1，∵A1B1∩B1C=B1，∴BC1平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），=（-2，1，-2），=（0，2，2），=（-2，-2，0），=（-2，0，2），=（-2，2，0），∵•=-2，=2，=0，=6，∴A1E BC1．故选：C．法一：连B1C，推导出BC1B1C，A1B1BC1，从而BC1平面A1ECB1，由此得到A1E BC1．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的单调性、奇偶性的综合应用，涉及对数基本运算，关键是充分利用函数的奇偶性进行转化变形．根据题意，函数f（x）在区间[0，+∞）单调递增且为偶函数，结合对数的运算性质可以将f（）+f（）≤2f（1）转化为||≤1，解可得a的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）是定义在R上的偶函数，且，则有f（）=f（）=f（||），f （）+f（）≤2f（1），∴f（）≤f（1），∴f（||）≤f（1），又由函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，则有||≤1，即有-1≤≤1，解可得：≤a≤2，即a的取值范围是[，2]故选：D．12.【答案】C【解析】解：由题意知，底面放三个钢球，上再落一个钢球时体积最小．于是把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2的小正四面体，则不难求出这个小正四面体的高为，且由正四面体的性质可知：正四面体的中心到底面的距离是高的，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，∴小正四面体的中心到底面的距离是×=，正四面体的中心到底面的距离是+1 （1即小钢球的半径），所以可知正四面体的高的最小值为（+1）×4=4+，故选：C．底面放三个钢球，上再落一个钢球时体积最小，把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2的小正四面体，正四面体的中心到底面的距离是高的，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，先求出小正四面体的中心到底面的距离，再求出正四面体的中心到底面的距离，把此距离乘以4可得正四棱锥的高．小正四面体是由球心构成的，正四面体的中心到底面的距离等于小正四面体的中心到底面的距离再加上小钢球的半径1．13.【答案】3【解析】解：函数f（x）=，则f（-1）+f（1）=-1+5+1-4+2=3．故答案为：3．直接利用函数的解析式，求解函数值即可．本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查计算能力．14.【答案】60°【解析】解：由题意可得，三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，取BC的中点E，则AE ∠面BB1C1C，ED就是AD在平面BB1C1C内的射影，故∠ADE就是AD与平面BB1C1C所成角，设三棱柱的棱长为1，直角三角形ADE中，tan∠ADE===，∴∠ADE=60°，故答案为60°．三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，取BC的中点E，则∠ADE就是AD与平面BB1C1C所成角，解直角三角形求出∠ADE的大小，即为所求．本题考查直线与平面成的角的定义和求法，取BC的中点E，判断∠ADE就是AD与平面BB1C1C所成角，是解题的关键，属于中档题．15.【答案】（x-2）2+（y+2）2=1【解析】解：在圆C2上任取一点（x，y），则此点关于直线X-Y-1=0的对称点（y+1，x-1）在圆C1：（X+1）2+（y-1）2=1上，∴有（y+1+1）2+（x-1-1）2=1，即（x-2）2+（y+2）2=1，∴答案为（x-2）2+（y+2）2=1．在圆C2上任取一点（x，y），求出此点关于直线X-Y-1=0的对称点，则此对称点在圆C1上，再把对称点坐标代入圆C1的方程，化简可得圆C2的方程．本题考查一曲线关于一直线对称的曲线方程的求法：在圆C2上任取一点（x，y），则此点关于直线X-Y-1=0的对称点（y+1，x-1）在圆C1上．16.【答案】【解析】解：∵f（x）=log 2•log（2x）∴f（x）=log（）•log（2x）=log x•log（2x）=log x（log x+log2）=log x（log x+2）=，∴当log x+1=0即x=时，函数f（x）的最小值是．故答案为：-利用对数的运算性质可得f（x）=，即可求得f（x）最小值．本题考查对数不等式的解法，考查等价转化思想与方程思想的综合应用，考查二次函数的配方法，属于中档题．17.【答案】解：（Ⅰ）∵log x w=24，log y w=40，log xyz w=12，求log z w．将对数式改写为指数式，得到x24=w，y40=w，（xyz）12=w．从而，z12===，那么w=z60，∴log z w=60．（Ⅱ）设直线l与l1，l2的交点分别为A（x1，y1），B（x2，y2）．则（*）∵A，B的中点为P（0，1），∴x1+x2=0，y1+y2=2．将x2=-x1，y2=2-y1代入（*）得，解之得，，所以，k AB==-，所以直线l的方程为y=-x+1，即x+4y-4=0．【解析】（Ⅰ）log x w=24，log y w=40，log xyz w=12，将对数式改写为指数式，得到x24=w，y40=w，（xyz）12=w．进而得出．（Ⅱ）设直线l与l1，l2的交点分别为A（x1，y1），B（x2，y2）．可得，由A，B的中点为P（0，1），可得x1+x2=0，y1+y2=2．将x2=-x1，y2=2-y1代入即可得出．本题考查了指数与对数的互化、直线交点、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．18.【答案】（本小题满分12分）（Ⅰ）连接BC1，∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，证明：AB=C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1∥BC1．……………（1分）又∵E，G分别是BC，CC1的中点，∴EG∥BC1，∴EG∥AD1．……………（2分）又∵EG⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，∴EG∥平面AB1D1．……………（4分）同理EF∥平面AB1D1，且EG∩EF=E，EG⊂平面EFG，EF⊂平面EFG，∴平面AB1D1∥平面EFG．……………（6分）（Ⅱ）∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1A1B．……………（7分）又∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC平面AA1B1B，∴AB1BC．……………（8分）又∵A1B与BC都在平面A1BC中，A1B与BC相交于点B，∴AB1平面A1BC，∴A1C AB1．……………（10分）同理A1C AD1，而AB1与AD1都在平面A1B1D中，AB1与AD1相交于点A，∴A1C平面A1B1D，因此，A1C平面EFG．……………（12分）【解析】（Ⅰ）连接BC1，推导出四边形ABC1D1是平行四边形，从而AD1∥BC1．再求出EG∥BC1，EG∥AD1．从而EG∥平面AB1D1，同理EF∥平面AB1D1，由此能证明平面AB1D1∥平面EFG．（Ⅱ）推导出AB1A1B，AB1BC，从而AB1平面A1BC，A1C AB1，同理A1C AD1，由此能证明A1C平面A1B1D，从而A1C平面EFG．本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19.【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）+f（-x）=2a++=2a-=2a-2=0对xR恒成立，∴a=1．（Ⅱ）设0＜x1＜x2＜+∞，∵f（x2）-f（x1）=-=．（*）∵函数y=2x是增函数，又0＜x1＜x2，∴2＞0，而2-1＞0，2-1＞0，∴（*）式＜0．∴f（x2）＜f（x1），即f（x）是区间（0，+∞）上是减函数．（Ⅲ）∵f（x）是奇函数，∴f（2t+1）+f（1-t）＜0可化为f（2t+1）＜f（t-1）．由（Ⅱ）可知f（x）在区间（-∞，0）和（0，+∞）上都是减函数．当2t+1＞0，t-1＞0时，f（2t+1）＜f（t-1）化为2t+1＞t-1，解得t＞1；当2t+1＜0，t-1＜0时，f（2t+1）＜f（t-1）化为2t+1＞t-1，解得-2＜t＜-；当2t+1＜0，t-1＞0时，f（2t+1）＜0＜f（t-1）显然成立，无解；综上，f（2t+1）+f（1-t）＜0成立时t的取值范围是-2＜t＜-或t＞1．【解析】（Ⅰ）根据f（-x）=-f（x）恒成立可得；（Ⅱ）按照设点、作差、变形、判号、下结论，五个步骤证明；（Ⅲ）利用奇偶性、单调性转化．本题考查了不等式恒成立的问题，属中档题．20.【答案】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）证明：因为AD平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD PD．又因为BC∥AD，所以PD BC，………．．（2分）又PD PB，PB与BC相交于点B，所以，PD平面PBC．………．．（4分）（Ⅱ）解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．………．．（5分）由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=CF=1．又AD DC，故BC DC，ABCD为直角梯形，所以，DF=．………．．（6分）在Rt△DPF中，PD=，DF=，sin∠DFP==．所以，直线AB与平面PBC所成角为30°．……………（8分）（Ⅲ）解：设E是CD的中点，则PE CD，又AD平面PDC，所以PE平面ABCD．………．．（9分）在平面ABCD内作EG AB交AB的延长线于G，连EG，则∠PGE是二面角P-AB-C的平面角．………．．（10分）在直角梯形ABCD内可求得EG=，而PE=，………．．（11分）所以，在Rt△PEG中，tan∠PGE==．所以，二面角P-AB-C的正切值为．………．．（12分）【解析】（Ⅰ）证明AD PD．PD BC，然后证明PD平面PBC．（Ⅱ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角，在Rt△DPF中，求解即可．（Ⅲ）说明∠PGE是二面角P-AB-C的平面角，在直角梯形ABCD内可求得EG=，而PE=，在Rt△PEG中，求解即可．本题考查二面角的平面角以及直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用．21.【答案】解：（Ⅰ）圆Q的方程可写成（x-6）2+y2=4，所以圆心为Q（6，0）．过P（0，2）且斜率为k的直线方程为y=kx+2．∵|AB|=，∴圆心Q到直线l的距离d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-．所以，满足题意的直线l方程为y=-+2或y=-x+2．（Ⅱ）将直线l的方程y=lx+2代入圆方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0．①直线与圆交于两个不同的点A，B等价于△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，解得-＜k＜0，即k的取值范围为（-，0）．设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB的中点E（x0，y0）满足x0==-，y0=kx0+2=．∵k PQ==-，k OE==-，要使OE∥PQ，必须使k OE=k PQ=-，解得k=-，但是k∈（-，0），故没有符合题意的常数k．【解析】（Ⅰ）待定系数法，设出直线l：y=kx+2，再根据已知条件列式，解出k即可；（Ⅱ）假设存在常数k，将OE∥PQ转化斜率相等，联立直线与圆，根据韦达定理，可证明斜率相等．本题考查了圆的标准方程．属中档题．22.【答案】解：（1）当a=1时，不等式f（x）＞1化为：＞1，∴＞2，化为：＞，解得0＜x＜1，经过验证满足条件，因此不等式的解集为：（0，1）．（2）方程f（x）+log2（x2）=0即log2（+a）+log2（x2）=0，∴（+a）x2=1，化为：ax2+x-1=0，若a=0，化为x-1=0，解得x=1，经过验证满足：关于x的方程f（x）+log2（x2）=0的解集中恰有一个元素1．若a≠0，令△=1+4a=0，解得a=，解得x=2．经过验证满足：关于x的方程f（x）+log2（x2）=0的解集中恰有一个元素1．综上可得：a=0或-．（3）a＞0，对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，∴-≤1，∴≤2，化为：a≥=g（t），t∈[，1]，g′（t）===≤＜0，∴g（t）在t∈[，1]上单调递减，∴t=时，g（t）取得最大值，=．∴．∴a的取值范围是，．【解析】（1）当a=1时，不等式f（x）＞1化为：＞1，因此2，解出并且验证即可得出．（2）方程f（x）+log2（x2）=0即log2（+a）+log2（x2）=0，（+a）x2=1，化为：ax2+x-1=0，对a分类讨论解出即可得出．（3）a＞0，对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，由题意可得-≤1，因此≤2，化为：a≥=g（t），t∈[，1]，利用导数研究函数的单调性即可得出．本题考查了对数函数的运算法则单调性、不等式的解法、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．。