2019-2020学年河南省开封市高一上学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A{1,0,1}，BN，则AIB（ ） A．{1,0,1} 【答案】C

【解析】直接利用交集的定义求解. 【详解】

因为集合A{1,0,1}，BN， 所以AIB{0,1}. 故选：C 【点睛】

本题主要考查集合的交集运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 2．函数yA．(1,2] 【答案】B

【解析】解不等式组【详解】

B．{1,1}

C．{0,1}

D．{1}

1的定义域为（ ）

log0.5(x1)B．(1,2)

C．(1,)

D．(2,)

x10即得解.

log(x1)00.5x10由题得，解之得1x2.

log(x1)00.5所以函数的定义域为(1,2). 故选：B 【点睛】

本题主要考查函数的定义域的求法，考查对数不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．函数f(x)loga(x2)1（a0，且a1）的图象恒过定点P，则点P的坐标是（ ）

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A．(0,1) 【答案】D

B．(1,3) C．(3,0) D．(3,1)

【解析】先求出定点的横坐标，再求出纵坐标得解. 【详解】 令x-2=1,所以x=3.

当x=3时，f(3)loga(32)11. 所以函数的图象过定点（3,1）. 故选：D 【点睛】

本题主要考查对数函数图象的定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 4．以下利用斜二测画法得到的结论，其中正确的是（ ） A．相等的角在直观图中仍相等 C．平行四边形的直观图是平行四边形 【答案】C

【解析】根据斜二测画法的规则，分别判断每个图象的变化情况即可得解. 【详解】

根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，平行x轴的线段长度不变，平行于y轴的长度减半；

对于A，平面图形中的直角，在直观图中变为45或135角，不再相等，所以A错误；对于B，根据斜二测画法知，相等的线段在直观图中不一定相等，所以B错误； 对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四边形，所以C正确；对于D，菱形的直观图中高的长度减半，对应的直观图不再是菱形，所以D错误． 故选：C． 【点睛】

本题考查了对斜二测画法的理解与应用问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题．

5．下列函数中，是奇函数且在区间(0,1)上单调递减的是（ ） A．yx 【答案】D

【解析】对每一个选项的函数逐一分析判断得解. 【详解】

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3B．相等的线段在直观图中仍相等 D．菱形的直观图是菱形

B．y1 2xC．y1 x1D．yx1 xA. yx3是奇函数且在区间(0,1)上单调递增，所以该选项不符合已知；

1是偶函数，所以该选项不符合已知； 2x1C. y是一个非奇非偶的函数，所以该选项不符合已知；

x11D. yx是奇函数且在区间(0,1)上单调递减，所以该选项符合已知.

xB. y故选：D 【点睛】

本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

6．已知直线l1:xay60，l2:(a2)x3y2a0，若l1//l2，则l1与l2间的距离为（ ） A．

2 3B．22 3C．22 D．

82 3【答案】D

【解析】解方程3a(a2)0求出a的值，再求两平行线间的距离得解. 【详解】

由题得3a(a2)0,a3或a1.

当a=3时，两直线重合，所以a=3舍去，所以a=-1.

2|6|382. 当a=-1时，两直线间的距离为12+(1)23故选：D 【点睛】

本题主要考查两直线平行的判定和两平行线间的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

7．下列条件中，能判断平面与平面平行的是（ ） A．内有无穷多条直线都与平行 C．与同时要直于同一条直线 【答案】C

【解析】利用空间几何元素的位置关系对每一个选项逐一分析判断得解.

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B．与同时平行于同一条直线 D．与同时垂直于同一个平面

【详解】

A. 内有无穷多条直线都与平行,则还可能和相交，所以该选项错误； B. 与同时平行于同一条直线，则还可能和相交，所以该选项错误； C. 与同时要直于同一条直线，则和平行，所以该选项正确； D. 与同时垂直于同一个平面，则还可能和相交，所以该选项错误. 故选：C 【点睛】

本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

8．已知函数f(x)1xlnx(x0)，则f(x)（ ） 32A．在区间(1,e),e,e内均有零点

B．在区间(1,e),e,e22内均无零点

C．在区间(1,e)内无零点，在区间e,e区间e,e内有零点

D．在区间(1,e)内有零点，在

2内无零点

2【答案】A

【解析】证明f(1)f(e)0,f(e)f(e)0，即得解. 【详解】 由题得f(1)110,f(e)e10,f(1)f(e)0， 33所以函数区间(1,e)内有零点； 由题得f(e)2121e20,f(e)e10,f(e2)f(e)0， 332所以函数区间(e,e)内有零点.

故选：A 【点睛】

本题主要考查零点定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 9．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.一块“堑堵”形石材表示的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成若干个相同的球，并使每个球的体积最大，则所剩余料的体积为（ ）

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A．364 【答案】A

B．244 C．368 D．246

【解析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用体积公式的应用求出结果． 【详解】

根据几何体的三视图转换为几何体为三棱柱． 如图所示：

所以该几何体的与三个侧面都相切的球的最大半径为r由于侧棱长为6，故可以截得3个半径为1的球体．

3451． 21413364． 所以余料的体积为V346323故选：A． 【点睛】

本题考查的知识要点、三视图和几何体之间的转换、几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

2x,x…0,110．已知函数f(x)1若fx0…，则x0的取值范围是（ ）

2,x0,xA．(,1] 【答案】B

B．[2,1]

C．[1,2]

D．[2,)

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x011…12…【解析】由分段函数得到2或x02，由指数不等式和分式不等式的解法，

x00x0…0求出不等式组的解，最后求并集． 【详解】

2x,x…01Q函数f(x)1，且f(x0)…，

2,x0xx011…12…2或x02，

x00x0…0即x0„12„x00或， x…0x0000剟x01或2„x00， x01． 即2剟故选：B． 【点睛】

本题考查分段函数及应用，考查不等式的解法，考查指数不等式和分式不等式的解法，属于基础题．

11．函数yx2lnx的图象大致为（ ）

A．

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B．

C．

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D．

【答案】A

【解析】试题分析：解:令yx2lnx故排除B；当时,yx2lnx【考点】函数的图象．

12．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点.有下①直线D1D与直线AF垂直；②直线A1G与平面AEF平行；③平面AEF述四个结论：

截正方体所得的截面面积为

时,

,

,

,解得

,当,

该函数有三个零点,

,排除C、D．故选A．

19；④直线A1G与直线EF所成角的正切值为；其中所

38有正确结论的编号是（ ）

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A．②③ 【答案】A

B．②④ C．①③ D．③④

【解析】①利用线线平行，将D1D与AF的位置关系转换为判断C1C与AF的位置关系；②作出辅助线：取B1C1的中点Q，连接A1Q、GQ，然后利用面面平行判断；③作出截面，再根据梯形的面积公式求需要的线段长；④利用平移的思想，将两条异面直线平移在同一个平面内，然后结合余弦定理求夹角的余弦值，再转化为正切值． 【详解】

对于①，因为D1D//C1C，若D1DAF，则C1CAF，从图中可以看出，

C1C与AF相交，但不垂直，所以①错误；

对于②，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q、GQ，则有GQ//EF，A1Q//AE，因为CQIA1QQ，EFIAEE，所以平面A1GQ//平面AEF．

平面A1GQ，所以AG//平面AEF，即②正确； 又因为AG11第 9 页 共 19 页

对于③，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，

因为E，F分别为BC，C1C的中点，所以EF//AD1，所以A、E、F、D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1．

因为CFCE，所以CF2CS2CE2CS2，即FS2ES2，所以FSES 又D1FAE，所以D1FFSAEES即D1SAS22125，AD1所以等腰△AD1S的高h(D1S)2(2，

AD1232h32，梯形AEFD1的高为， )22241h12329所以梯形AEFD1的面积为(EFAD1)(2)，所以③正确；

222248对于④，因为A1G//D1F，所以直线D1F与直线EF所成角即为所求． 在三角形D1FE中，D1F523,EF,D1E，由余弦定理得，22251942410cosD1FE，

1052222第 10 页 共 19 页

因为直线的夹角范围为[0，④错误． 故选：A． 【点睛】

2]，所以直线D1F与直线EF所成角的正切值为3．所以

本题属于立体几何大综合，考查了线线、线面的位置关系，异面直线的夹角，平面截几何体所得的截面等，作出正确的辅助线是解题的突破口，考查了对学生的空间感，以及对线面位置关系的判定定理与性质定理掌握的熟练程度．属于难题．

二、填空题

13．已知直线l的倾斜角为45°，且经过点P(1,3),Q(m,1)，则m的值为______. 【答案】3 【解析】解方程【详解】 由题得tan45故答案为：3 【点睛】

本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 14．若f(x)a【答案】

o131即得解. m1131,m3. m12为奇函数，则f(1)_______. x211 3【解析】先根据函数是奇函数求出a的值，再求解. 【详解】

由题得函数的定义域为R,

因为函数是奇函数，所以f(0)a所以f(x)1所以f(1)120,a1. 0212， 2x12211. 12133故答案为：【点睛】

1 3本题主要考查奇函数的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

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15．在梯形ABCD中，ABAC，AD//BC，BC2AD2AB2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为________. 【答案】

5π 3【解析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可． 【详解】

由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，

几何体的体积为：1211故答案为：

5π． 321325． 3

【点睛】

本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．

16．把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是1℃，空气的温度是0℃，经过t分钟后物体的温度℃可由公式010ekt求得，其中k是一个随着物体

与空气的接触状况而定的正常数.现有60℃的物体，放在20℃的空气中冷却，1分钟以后物体的温度是50℃，则k______.（精确到0.01）（参考数据：

ln20.693,ln31.099）

【答案】0.29

【解析】60C的物体，放在20C的空气中冷却，1分钟以后物体的温度是50C，则

5020(6020)ek，从而ek【详解】

3，由此能求出k的值． 4把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是1C，空气的温度是0C，

kt经过t分钟后物体的温度C可由公式0(10)e求得，

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60C的物体，放在20C的空气中冷却，1分钟以后物体的温度是50C，

则5020(6020)ek， ek3，kln4ln320.6931.0990.2870.29． 4故答案为：0.29． 【点睛】

本题考查实数值的求法，考查函数性质在生产生活中的实际应用，考查运算求解能力，是基础题．

17．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点.

（1）求证：BD1//平面EAC；

（2）求证：平面BDD1平面EAC.（只需在下面横线上填写给出的如下结论的序号：．．①AC平面BDD1，②BD1平面EAC，③DD1AC，④BDAC，⑤EO//BD1）

证明：（1）设ACIBDO，连接EO.因为底面ABCD是正方形，所以O为DB的中点，又E是DD1的中点，所以_________.因为EO平面EAC，____________，所以BD1//平面EAC.

（2）因为DD1平面ABCD,ACÌ平面ABCD，所以___________，因为底面ABCD是正方形，所以_______，又因为DD1BDD,DD1平面BDD1,BD平面

BDD1，所以_________.又AC平面EAC，所以平面BDD1平面EAC.

【答案】（1）⑤，②（2）③，④，①

【解析】（1）由中位线的性质即可得到第一空的答案，进而利用线面平行判定的条件得到第二空的答案；（2）利用线面垂直的性质，正方形对角线互相垂直以及面面垂直的判定条件得解．

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【详解】

（1）因为底面ABCD是正方形，

所以O为DB的中点，又E是DD1的中点， 所以EO//BD1；

因为EO平面EAC，BD1平面EAC， 所以BD1//平面EAC． 故答案为：⑤②；

（2）因为DD1平面ABCD，AC平面ABCD， 所以DD1AC，

因为底面ABCD是正方形， 所以BDAC，

又因为DD1IBDD，DD1平面BDD1，BD平面BDD1， 所以AC平面BDD1，

又AC平面EAC，所以平面BDD1平面EAC． 故答案为：③④①．

故答案为：（1）⑤，②（2）③，④，① 【点睛】

本题考查线面平面及面面垂直的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，考查逻辑推理能力，属于基础题．

三、解答题

18．求下列各式的值. （1）4log22a(aa)a(a0)；

1213223（2）21g21g4lg5lg25. 【答案】（1）0；（2）2

【解析】直接利用指数和对数的运算法则化简求值即得解. 【详解】

log（1）42a12521loga333a2aa22aa3aa0 2第 14 页 共 19 页

（2）2lg22lg4lg5lg252lg2(lg2lg5)2lg52(lg2lg5)2 【点睛】

本题主要考查指数和对数的运算法则，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 19．三角形的三个顶点是A(3,2),B(2,0),C(0,3). （1）求BC边上的中线所在直线的方程； （2）求BC边上的高所在直线的方程.

【答案】（1）x4y50；（2）2x3y0

3【解析】（1）先求出BC的中点为1,，再利用两点式求出直线的方程；（2）先求出BC2边上的高所在直线的斜率为【详解】

2，再利用点斜式求出直线的方程. 33（1）BC的中点为1,，

2y2x3由两点式可得3，

2132所以所求直线方程为x4y50. （2）BC边所在直线斜率为kBC由点斜式可得y2【点睛】

本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 20．某镇在“精准扶贫”的指引下，充分利用自身资源，大力发展养殖业，以增加收入.计划共投入72万元，全部用于甲、乙两个合作社，每个合作社至少要投入15万元，其中甲合作社养鱼，乙合作社养鸡，在对市场进行调研分析发现养鱼的收益

32，BC边上的高所在直线的斜率为，

322(x3)，所以所求直线方程为2x3y0. 3M、养鸡的收益N与投入a（单位：万元）满足

a36,14a25,15剟MNa20.设甲合作社的投入为x（单位：万元），两

249,36a„57,个合作社的总收益为f(x)（单位：万元）. （1）若两个合作社的投入相等，求总收益；

（2）试问如何安排甲、乙两个合作社的投入，才能使总收益最大? 【答案】（1）87万元；（2）甲合作社投入16万元，乙合作社投入56万元

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【解析】（1）先求出x36，再求总收益；（2）（2）设甲合作社投入x万元(15x57)，乙合作社投入72x万元，再对x分类讨论利用函数求出如何安排甲、乙两个合作社的投入，才能使总收益最大. 【详解】

（1）两个合作社的投入相等，则x36，

1f(36)43625362087（万元）

2（2）设甲合作社投入x万元(15x57)，乙合作社投入72x万元.

11(72x)20x4x81， 221212令tx，得15t6，则总收益g(t)t4t81(t4)，

22当15x36时，f(x)4x25当t4即x16时，总收益取最大值为； 当36x57时，f(x)4911(72x)20x105， 22f(x)在(36,57]上单调递减，所以f(x)f(36)87.

因为87，

所以在甲合作社投入16万元，乙合作社投入56万元时，总收益最大，最大总收益为万元. 【点睛】

本题主要考查函数的应用和最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和应用能力.

21．如图，已知菱形ABCD所在平面与矩形ACEF所在平面相互垂直，且

BD2AF2，M是线段EF的中点，N是线段EF上的动点.

（1）DM与BN所成的角是否为定值，试说明理由； （2）若二面角EBDF为60°，求四面体DBEF的体积. 【答案】（1）为定值，理由见解析；（2）23 9【解析】（1）先证明DM平面BEF，再证明DMBN，即得DM与BN所成角

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为定值90°；（2）先分析得到EOF60，再求四面体DBEF的体积得解. 【详解】

解：（1）因为平面ABCD平面ACEF，AFAC， 所以AF平面ABCD，

AD平面ABCD，所以AFAD，

同理可证CECD.

又ABCD为菱形，ADCD，AFCE， 所以AFD≌CED，DEDF. 又M为EF的中点，所以DMEF.

设ACIBDO，连接OM，AFODOBOM，所以DMBM. 又EFBMM，所以DM平面BEF.

. 又BN平面BEF，所以DMBN，故DM与BN所成角为定值90°

（2）DEBE，DFBF，O为BD中点，可得OEBD,OFBD，EOF为二面角EBDF的平面角，所以EOF60， 易知OEOF，AF1，可得EF23， 3又DMBM，BD2，可得DMBM由（1）DM平面BEF， 所以VDBEF【点睛】

2，

11232322. 3239本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查空间角和几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

22．对于函数f(x)，若存在实数对(a,b)，使得等式f(ax)f(ax)b对定义域

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中的任意x都成立，则称函数f(x)是“(a,b)型函数”.

（1）若f(x)2x是“(a,b)型函数”，且alog2b3，求满足条件的实数对(a,b)； （2）已知函数h(x)|x2|.函数g(x)是“(a,b)型函数”，对应的实数对(a,b)为

(0,6)，当x(0,1]时，g(x)x2m(x1)1.若对任意x1[1,1]时，都存在

x2[1,0]，使得gx1hx2，求实数m的值.

【答案】（1）(1,4)；（2）m2

【解析】（1）解方程22ab，alog2b3，即得解；（2）等价于g(x)在[1,1]上的值域是h(x)在[1,0]上的值域的子集，等价于对任意x[1,1]，都有2g(x)3.再利用g(x)是“(a,b)型函数”求解. 【详解】

解：（1）因为f(x)2x是“(a,b)型函数”，

所以存在实数对(a,b)使得等式2ax2axb成立，即22ab， 代入alog2b3，可得alog22所以满条件的实数对为(1,4).

（2）因为对任意x1[1,1]时，都存在x2[1,0]，使得gx1hx2， 所以g(x)在[1,1]上的值域是h(x)在[1,0]上的值域的子集. 因为h(x)|x2|，x[1,0]时，h(x)[2,3]， 则对任意x[1,1]，都有2g(x)3.

因为g(x)是“(a,b)型函数”，且对应的实数对为(0,6)，所以g(x)g(x)6. 当x[0,1]时，x[1,0]，则只需满足对任意x[0,1]， 都有2g(x)3且2g(x)2a3，即a1，b224.

63成立. g(x)即对任意x[0,1]，都有2g(x)3即可，

2即不等式2xm(x1)13对任意x(0,1]恒成立且2g(0)3.

①x0时，g(0)g(0)6，g(0)6时满足条件；

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②x1时，g(1)2，满足条件；

m③x(0,1)时，该不等式等价于mx21x1. 2x2x1x21x(0,1)时，m即mx1恒成立，m2；

x11x22x(0,1)时，m即mx1恒成立，

x1x1因为yx11在(0,1)上单调递增，所以m2. x1综上可得，m2. 【点睛】

本题主要考查新定义，考查函数的图象和性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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