2019学年辽宁省大连市高一上学期期末考试数学试卷【含答案及解析】

1、2019 学年辽宁省大连市高一上学期期末考试数学试卷【含答案及解析】姓名_班级_分数_题号-二二三总分得分一、选择题1.设集合 /: - i ,m ；.!-l ,贝（）A.I;：/1 B.C. I；：；D. : i I2.在空间直角坐标系中，点|关于轴的对称点坐标为（）A.门总:r B. 7；勺 C. F :汕.V D.）3.若； I 是两条不同的直线，h是三个不同的平面，则下列为真命题的是（）A.若_i ,则十 I.；.，B.若 “一：5，则 4 时C.若 7 1- . -1 .,贝 V- LD.若,则忙-4. 图 1 是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（)術视團A.

2、；：、B. -：C.厂：派 D. 氐5. 设-： ?:，用二分法求方程在：“ ；丨内近似解的过程中,-丨丨，则方程的根落在区间（）A.B. - i.； c. Lid D.不能确定4. 图 1 是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（)D.过点；匚1 且与直线恰卢|y：:、一虫B.6.A.垂直的直线方程为（C.C.8.已知圆 ：.I +=1，圆 I 与圆 IK 关于直线.丨 对称，则圆的方程为（）A.+ =1B. +-=1C. I- 4 疔 I+ =1D. 八 1+m ：计=19.已知梯形 ABCD 是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图A B C D（如图2 所示），其中

3、 A D =2 , B C =4 , A B =1 ,则直角梯形 DC 边的长度是10.已知, be- 2 呵，厂 bg*，则 a, b, c 的大小关系为（）JA. c b a B. b c a C. a b c D. c a b11.对于每个实数 x，设I 取 jlw，i I-, 两个函数中的较小值 .若动直线 y=m 与函数弋的图象有三个不同的交点，它们的横坐标分别为 x 1 、x 2 、x 3 ，贝 V x 1 + x 2 + x 3的取值范围是（）A.（2, L：r.削）_ B.（2,黔可）_C. （4, -）_ D. （0,:）12.已知两点I , he 加 I 到直线 n 的距离

4、分别为 1 和 2,这样的直线 H 条数为 （）A. 1 条_ B. 2 条_ C. 3 条_ D. 4 条13.已知正四棱锥的底面边长为4cm,高与侧棱夹角为 斗計，则其斜高长为 _(cm).二、填空题14.已知圆 C:以.,过点 P (3,1 )作圆 C 的切线，则切线方程为 _15.若函数“:在区间上单调递增，则实数 P 的取值范围是16.已知正三棱柱的棱长均为 2，则其外接球体积为_三、解答题17.已知函数；：=Jx- + 1(I )求 I , I ；(II )求忙寸值域.18. ABC 三 个顶点坐标为 A ( 0, 1) , B (0,- 1), C (- 2, 1).(I )求

5、AC 边中线所在直线方程；(II )求厶 ABC 的外接圆方程.19.如图，正方体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1, 0 是底面 ABCD 寸角线的交点.求证：(I ) C 1 O/面 AB 1 D 1;(II )面 A 1 C 丄面 AB 1 D 1.20.如图，有一个正三棱锥的零件，P 是侧面 ACD 上的一点.过点 P 作一个与棱 AB 垂直的截面，怎样画法？并说明理由.21.已知函数 I,(I)证明：|为奇函数；(D)判断单调性并证明；(III)不等式寸一心打|对于-rjn ?!恒成立，求实数 t 的取值范围22.平面内有两个定点 A (1, 0), B (1,- 2),设点

6、 P 到 A B 的距离分别为 且 I (I )求点 P 的轨迹 C 的方程；(II )是否存在过点 A 的直线 与轨迹 C 相交于 E、F 两点，满足，.标原点)若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.(0 为坐参考答案及解析第 1 题【答案】AU B- 1丄2、故选帕点睛：u用描述法表示集合，首先es;i集合中代表元素的含义，再看元素元素的限制条件，明确集 合的娄型，是数爲罡点集还星其它集合。2、求集合的交、交、补时，一般先化简，再由交、并、补 的定义求解。 沃在进行集合的运算时要空可能地和数轴使抱象问题直观化 一般地 集台 元素离散时用VennSj集合元素连续时用数轴表示，用數轴表

7、示时要注意輪点值的取舍。第 2 题【答案】【解析】点（沁它）关于X轴对应点（X冥z）故点.F关干x轴对应点为 g.1）,故选為第 3 题【答案】线不一定垂直于另一个平面，所加不正甌两个平面平行需堰爲靈曝畫石尹 ,所以.穌正确；垂直于同一平面的两个平面不一定垂直，可能扌胶也可能平行，所以怀正确；根 据面面垂直的判走走理知旺确.故选 J第 4 题【答案】【解析】第8题【答案】【解析】该几何休有两咅吩:上部为半彳鉤1的半球，下制分为庶面半徑为】,高为2的圈锥。其体积为V - -M4?c广卡霏乂1 *括+ F (2 、泾讯o故选弟点睛:解决与空间几何体结构特征有关冋題的技巧肾扣结构特征是判断的关键，熟

8、悉空间几何体的结掏特征依据条件构建几何模型，在条件不变的 情况下，变换模型中的线面关系或增加线.面等基本元素，然后再依据题意尹屋21MA&15J对结构韬丘进彳亍辨析，艮醺说明一个命题星错误的只要率出一个反例即可*第 5 题【答案】&【解析】试题分析：方程釘+狄-W=0的解等价于/(x) = 3J+3工一&的寥点”由于了伐)在R上连且单调递增， Q -* m汗o。第 7 题【答案】【解析】因为国数满足1o排除肌故选m第11题【答案】0【解析】由题童知匕(半径为1、 區与G关干囂y 1一0对称，21且半径为I故圆心的方程为&工亍匸(y *) I o选第 9 题【答案

9、】BtKtffl由團形可知AD - 2 BC = 4.AB = 2,ABC = 90C- CD + (4-2)：=22中第 10 题【答案】【解析】c Ion, l lug“它-lunJ - 1 1(_爲3 log-2 = - 2115 J*-2第13题【答案】【解祈】曽y-|x 2|图象关于X - 2 5?寸称”故光十勺H 4丁2血三|x21 - x -4 2-呵E (0h42?)+勺十衍它(4.8 -2A5).故迭 S第 12 题【答案】【解析】到直线】的距离分别为 2,可转化再求圆疋V- L(x-2)：Mv-2)-4的公切的个数由于两圆相交故公切线为两个，本题 答案初2。选芯 点睛： 判

10、断两圆的位羞关系时常用几何法 即利用两圜圆心之间的距离与两圜半径之间的关菽一般 不采用代数法若两圆相芬则两圆仑共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去/用项得到。第14题【答案】【解析】flnxj如图，P。为高，删高，和=【解析】存在时，切字訪程为W,满足题意当斜率存在时，设为k X 0 0 + l-3k|4k计、三k(i-3) ki-y + I -3km w-“丫“；-s3 z. k =-、切防丰呈为4弋i ly 15 -03。综上，切线方程为咒 T 或收1蓉】点睛：切线弦长公共弦的求解方法1呼圆的切线方程可用待走系数法利用圆心到切绒的距离等于半径，列出关系式求出切线的斜棘卩可。(2讥何方法

11、求弦长，制用弦心距，即圆心到直线的距飢弦长的一半及半径枸成直角三角形计算。国为两13相交叭两圆万程昭，0页系数相同湘减價可得公共弦所在直裟的方程乜第 15 题【答案】p，I【解析】试题井析：因为国数I-玉 Tffx)=lfi(x1+ax-a-l)在区间尽I切上单调嚣增所以“214 + 2应一农一1 = ij + 3 0解得卫3 j故填(呦.第 16 题【答案】由题畜知 在圆外当切线斜率不第仃题【答案】nn分别是上丁底面的中心，则血的中点。为几珂徑的外接球的球心，2P廟-J5T 4 , 28；PO = I,AD -x-x230 * T * AO、DO* + AIT =；、V -*_町-32333

12、271f刖-1 , fl(i) ；CII to.Jl【解析】试题分析：（D用山 分别曹换解折式中的雲可得心的值，利用换元去由反比例国数图象可得切的值域。 2D+ F=lU = 2求得 b0 ,故要求的圆的方程为MfV2-h2l=0二I（方法二因対M丄孤所以.厶屈匚的外接圆是以RtSE匚的斜边直功直径的圆，则圆心坐标为阮中点,半径IBC的一半是VL所以MB匚的外捞圆方程是心O-卜=2点睛：待定系数法求圆的方程晦走圆的方程主赛方法是待定系数右犬致步興为：血艮据題意，选择标准方程或一般方程.门隈据 杀件列出关于或Rr的方程组。解岀必或“卫丁代入标准方程或一股方程。第 19 题【答案】（I）证明见解析

13、,3）证明见解析.【解析】试题分析:（1）取U坷卩的边的中线AO,;由证四边形AOC.O,是平行四边形，得0?小0由线面平行的刘走定理可得结 论j （2）由比比丄AA2H丄AR）证得L打坷丄面A&，可得面气C丄面AB,D（。旌结,设也 7连结xq ,7ABCD AiBClD是正方体四边形ACGA是平行四边形.DClAB =坊A1C1EAC且4G =AC .又qe分别是的中点，心）仲）且g O宀四边形 AXE 是平行四边形.P|WAOI fAO, C面ADt, C、OU面AB,CjO i面码q .| ,面A1C_面AB1D1 .点睛：处理直线、平面平行问题时应注意的事项在推证线面平行时，

14、一主妾强调直线不在平面内 ,否则，会出现错误。（2肥线面平行轻化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已矢呼面相 交，则直线与交线平行。两个平面平行丿两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平 行直线、异面直线。第 20 题【答案】详见解析.【解析】试题分析:取CD中点、1,可利用直线与平面垂直的判走定理，可证得丄平面ABM,过点P与CL）平行的直线与平面ALJM ,进 而与垂直。（方法一）画法；过点P在面ACD內作EF/CD,交ACTE点，交AD于F点.过E作EG丄QB,连接FG，平面EFG为所求.ABCD为正三棱锥， AC=AD, BOBD.LBM丄CD,AMCDFAMHBM=

15、MrAM C平面ABMrBM C平面ABM,CD-平面ABM卜AB C平面ABM, CD-ABEFHCDrEF-AB .过E作E“AB,连接FG,EFnEG=E .EFC面EFG, EG U面EFG, AB-面EFG 理由取CD第 21 题【答案】 1、衣）为奇團数F （耳町在E上为増團数证明见解柚（HI） 2tr X-.XEIL2I恒成立，可求得I的取16范亂e - e e * e Q) f+ 弧)为奇函数,_ - X X丄- X5）旳在R上为輝瞰.、宀1 2世扎)_I -tex4 1 e：K+ 1在R內任取誥宀血-旳Mx）在R上为壇囲数.又f（功在尺上为増国数，*-x-1r -x恒成立F

16、xEL 21 ,即乂E|1刀时&小临汀1切r + t2、解得-2tlt第 22 题【答案】nJAy恥)-%)U 2(e -e S2(e + 1)Ce + b) (x-|)2+ (y + 4)2=89(II)存在过的直线1 ; x=L,理由见解析.【解析】试题分析：(1)设点F坐标，利用两点间距离公式及题中给出的等式可求得P的轨迹方程。(2)分两种情况讨论：一、斜率不存在；二、斜率存在当斜率不存在时，很容易求得三角形面积，满足颗由条件；当斜率存在时，可设直线 方程，可求得口的长度，及O到W的距离，利用三角形面积为2題可求得直线的斜率，得直线方 程。贝J dj =/(x 1 )2-l-y2；d2=- 1)2+ (y+2 )2；整理得；(x- I)2+