甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题

1、甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题年级：姓名：- 19 -甘肃省天水市田家炳中学2020-2021学年高一数学上学期第二阶段考试试题一、单选题（每小题5分，共60分）1设则的大小关系是（ ）abcd2函数的零点所在的区间是（ ）abcd3华罗庚是上世纪我国伟大的数学家，以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”、“华氏不等式”、“华王方法”等.他除了数学理论研究，还在生产一线大力推广了“优选法”和“统筹法”.“优选法”，是指研究如何用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法.在当

2、前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每16人为组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者.某组16人中恰有一人感染（鼻咽拭子样本检验将会是阳性），若逐一检测可能需要15次才能确认感染者.现在先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组.继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过（ ）次检测.a3b4c6d74函数的单调减区间为（ ）ab

3、cdr5设函数,则（ ）a是奇函数，且在(0,+)单调递增b是奇函数，且在(0,+)单调递减c是偶函数，且在(0,+)单调递增d是偶函数，且在(0,+)单调递减6已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）abcd7在同一平面直角坐标系中，指数函数且和一次函数的图像关系可能是（ ）abcd8已知=，则的表达式是（ ）abcd9如图是一个空间几何体的三视图，则这个几何体侧面展开图的面积是（ ）abcd10已知偶函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是（）abcd11在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）a30b45c60d9012已知是上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）abcd二、填空

4、题（每小题5分，共20分）13已知幂函数的图象经过点，则的值为_.14若正方体的表面积为24，则这个正方体的外接球的表面积为_15正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则的面积为_.16如图所示,在正方体中,分别为棱,的中点,有以下四个结论:直线与是相交直线；直线与是平行直线；直线与是异面直线； 直线与所成的角为.其中正确的结论为_ (注:把你认为正确的结论序号填在横线上).三、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分）17(10分）计算：（1）；（2）.18（12分）如图，已知正方体（1）求异面直线与所成的角；（2）证明：平面abcd；19（12分）如图所示，在三棱柱a

5、bca1b1c1中，e，f，g，h分别是ab，ac，a1b1，a1c1的中点，求证：（1）b，c，h，g四点共面；（2）平面efa1平面bchg.20（12分）已知且满足不等式.（1）求不等式的解集；（2）若函数在区间有最小值为-2，求实数a值.21（12分）设，且.（1）求a的值及的定义域；（2）求在区间上的最大值.22（12分）已知函数是定义域为上的奇函数，且(1）求的解析式. (2)用定义证明：在上是增函数.（3）若实数满足，求实数的范围.参考答案1c【解析】由在区间是单调减函数可知，又，故选.考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小.2b【分析】结合题中选项，分别计算函数值，根据函

6、数零点存在性定理，即可得出结果.【详解】易知函数是增函数，且，由函数零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间是.故选：b.【点睛】方法点睛：在判定函数零点所在区间时，一般根据函数零点存在性定理来判断，要求学生要熟记零点存在性定理；另外，在根据判断函数零点时，有时也需要结合函数单调性进行判断.3b【分析】类比二分法，将16人均分为两组，选择其中一组进行检测，再把认定的这组的8人均分两组，选择其中一组进行检测，以此类推，即可得解.【详解】先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了1次检测.继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一

7、组4人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了2次检测.继续把认定的这组的4人均分两组，选其中一组2人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了3次检测.选认定的这组的2人中一人进行样本混合检查，为阴性则认定是另一个人；若为阳性，则认定为此人，此时进行了4次检测.所以，最终从这16人中认定那名感染者需要经过4次检测.故选：b.【点睛】本题考查的是二分法的实际应用，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.4c【分析】先求得函数的定义域，再根据复合函数单调性判断方法即可求得答案.【详解】由在单调递增，为减函数，所以函数的单调递减区间是.故选

8、：c.5a【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出【详解】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，所以函数为奇函数又因为函数在上单调递增，在上单调递增，而在上单调递减，在上单调递减，所以函数在上单调递增，在上单调递增故选：a6b【分析】由题意结合复合函数的定义域可得，即可得解.【详解】函数的定义域是0,2，要使函数有意义，需使有意义且 ，所以，解得.所以的定义域为.故选：b7c【分析】根据一次函数的横截距和纵截距的大小，结合幂函数的图象的增减性可得选项.【详解】由得，所以一次函数与x轴交于，与y轴交于，故排除b选项；对于a选项，一次

9、函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故a选项不正确；对于d选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故d选项不正确；对于c选项，一次函数的纵截距，而幂函数的图象中的，故c选项正确；故选：c.8a【分析】由已知有=，我们利用凑配法可以求出的解析式.【详解】由=所以故选：a【点睛】本题考查利用凑配法求函数解析式，属于基础题.9b【分析】由已知可得该几何体是一个圆柱，利用圆柱侧面积公式计算即得结果.【详解】解：由已知可得该几何体是一个圆柱，底面直径为1，周长为，圆柱的高为1，故展开图是以圆柱底面周长和高为边长的矩形，故这个几何体侧面展开图的面积是.故选：b.【点睛】本题考查了简单几何体的三视图和圆柱

10、的侧面积公式，属于基础题.10a【分析】根据偶函数的性质，结合题意画出函数的大致图像，由此列不等式，解不等式求得的的取值范围.【详解】由于偶函数在上单调递减，且，所以函数在上递增，且，画出函数大致图像如下图所示，由图可知等价于，解得.故本小题选a.【点睛】本小题主要考查偶函数的图像与性质，考查利用奇偶性解抽象函数不等式，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.11c【分析】根据题意，求异面直线所成角，找到平行线，转化成平面角，即可求解.【详解】由题意，作正方体，如下图所示：连接，异面直线与即所成的角为.由题可得为等边三角形，.异面直线与所成的角为60.故选：c.【点睛】本题考查异面直线所成角，

11、属于基础题.12b【分析】只需使原函数在和上都递增，且端点处的函数值符合要求即可.【详解】因为函数在上单调递增，所以只需满足，解得.故选：b.【点睛】本题考查根据分段函数的单调性求参数的取值范围，考查学生的计算求解能力，属于基础题.13【分析】根据幂函数的定义得到，代入点，得到的值，从而得到答案.【详解】因为为幂函数，所以，即代入点，得，即，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查幂函数的定义，根据函数过的点求解析式，属于简单题.14【分析】先由正方体的表面积为24，求得正方体的棱长，然后根据正方体的体对角线是其外接球的直径求解.【详解】因为正方体的表面积为24，所以正方体的棱长为2，又正方体

12、的体对角线是其外接球的直径，故，所以，所以故答案为：【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.15【分析】根据平面图形的直观图画法，求出，再由斜二测的特点求出高，即可求解【详解】根据斜二测画法基本原理，应将高长度变为原来的一半，再向右倾斜45得到右图，横长不发生变化，则，则，则的面积为故答案为：【点睛】本题考查平面图形斜二测的基本画法及对应边长的求法，属于基础题16.【分析】根据异面直线判定定理可知错误，正确；根据线线平行的性质可知错误；通过平移求解出异面直线所成角，可得正确.【详解】平面，平面，平面，可知与为异面直线，故错误；，可知与不平行，故错误

13、；平面，平面，平面，可知与异面，可知正确；,分别为棱,的中点，可知，则直线与所成角即为，又为等比三角形，可得，可知正确.本题正确结果：【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系、异面直线所成角的求解问题，属于基础题.17（1）；（2）.【分析】（1）由对数的运算法则计算；（2）由幂的运算法则计算【详解】（1）解：原式.（2）解：原式.18（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）连结可得为异面直线所成的角，即可得答案；（2）连结，可得，利用线面平行的判定定理，即可得答案；【详解】（1）连结，为异面直线与所成的角，异面直线与所成的角为；（2）连结，平面，平面，平面abcd；【点睛】本题考查异面直线

14、所成的角、线面平行判定定理的应用，考查转化与化归思想，考查空间想象能力，属于基础题.19（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）证明，再由，由平行公理证明，证得四点共面；（2）证明，证得面，再证得，证得面，从而证得平面efa1平面bchg.【详解】（1）g，h分别是a1b1，a1c1的中点，gh是a1b1c1的中位线，ghb1c1.又b1c1bc，ghbc，b，c，h，g四点共面（2）e，f分别是ab，ac的中点，efbc.ef平面bchg，bc平面bchg，ef平面bchg.a1geb且，四边形a1ebg是平行四边形，a1egb.a1e平面bchg，gb平面bchg，a1e平面bc

15、hg.a1eefe，平面efa1平面bchg.【点睛】本题考查了四点共面的证明，面面平行的判定，考查对基本定理的掌握与应用，空间想象能力，要注意线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，属于中档题.20（1）；（2）.【分析】（1）由，利用指数函数的单调性求出a的范围，再由利用对数函数的单调性求解.（2）根据a的范围，利用对数函数的单调性由最小值为-2求解.【详解】已知且满足不等式，求得.（1）由不等式，可得，求得，故不等式的解集为.（2）函数在区间上是减函数，且有最小值为-2，实数.【点睛】方法点睛：形如：的解法：当时，则；当时，则；形如：的解法：当时，则；当时，则；21（1）；（2）2.【分析】（1）由函数值求得，由对数的真数大于0可得定义域；（2）函数式变形为，由复合函数的单调性得出单调区间后可得最大值【详解】解：（1），解得，