豫南九校2020-2021学年高一数学上学期第三次联考试题

河南省豫南九校2020_2021学年高一数学上学期第三次联考试题河南省豫南九校2020_2021学年高一数学上学期第三次联考试题PAGEPAGE16河南省豫南九校2020_2021学年高一数学上学期第三次联考试题河南省豫南九校2020-2021学年高一数学上学期第三次联考试题一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1．设直线与平面平行,直线在平面上，那么(）A．直线不平行于直线 B．直线与直线异面C．直线与直线没有公共点 D．直线与直线不垂直2．已知集合，，则中所含元素的个数为（）A．3 В．6 С．8 D．103．下列说法不正确的是（）A．若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱B．当球心到平面的距离小于球面半径时,球面与平面的交线总是一个圆C．平行于圆台底面的平面截圆台,截面是圆面D．直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥4．将下面的展开图恢复成正方体后，的度数为(）A．22。5° B．45° C．60° D．90°5．一水平放置的平面四边形用斜二测画法绘制的直观图如图所示，其中，，,四边形的面积为（）A． B． C．3 D．6．已知函数，若，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．函数在区间上单调递增,则的取值范围是(）A． B． C． D．8．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图),在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的（沙堆的底面是水平的）．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时10分钟，那么经过5分钟后，沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度之比是（）A． B． C． D．9．已知函数的图象关于原点对称，且满足，且当时，f，若,则（）A． B． C． D．10．如图,四棱锥中,，,和都是等边三角形，则异面直线与所成角的大小为（）A．90° B．75° C．60° D．45°11．已知奇函数在上是增函数，．若，,，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．12．如图,在正方体中，，,分别为棱,，的中点,用过点，,的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧（左)视图为（) A B C D二、填空题(本大题共4小题）13．正方体中，与面的对角线异面的棱有______条．14．已知一个圆柱的轴截面为正方形，其侧面积为,与该圆柱等底等高的圆锥的侧面积为，则的值为______．15．若函数在区间上为减函数,则的取值范围是______．16．若正三棱锥的侧棱长为8,底面边长为4，,分别为，上的动点(如图），则截面的周长最小值为______．三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．如图，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆的直径,点在圆锥底面圆上,为的中点．若为正三角形,且,设三棱锥的体积为，圆锥的体积为，求．18．已知不等式．（1)求不等式的解集;（2）若当时,不等式总成立，求的取值范围．19．如图，一个侧棱长为的直三棱柱容器中盛有液体（不计容器厚度）．若液面恰好分别过棱，，，的中点，，，．(1)求证：平面平面;（2）当底面水平放置时，求液面的高．20．已知函数与,其中是偶函数．（1)求实数的值；(2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围．21．若函数自变量的取值区间为时,函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“和谐区间”．已知函数是定义在上的奇函数，当，．（1）求的解析式;（2)求函数在内的“和谐区间”；（3)若以函数在定义域内所有“和谐区间”上的图象作为函数的图象，是否存在实数，使集合恰含有2个元素．若存在，求出实数的取值集合；若不存在，说明理由．22．【选考题】请考生在模块一、模块二两题中任选一题作答，注意:只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分．【模块一】如图,在四棱锥中，平面，四边形是一个直角梯形,,，．(1）求证:平面；（2)若,且，求三棱锥的侧面积．【模块二】如图所示，三棱柱的底面是边长为2的正三角形,侧棱底面，点，分别是棱，上的点,点是线段上的动点，．（1）当点在何位置时,平面？(2）若平面,判断与的位置关系，说明理由；并求与所成的角的余弦值．豫南九校2020-2021学年上期第三次联考高一数学参考答案一、选择题（本大题共12小题,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．C【解析】∵直线与平面平行，由线面平行的定义可知：直线与平面无公共点，又直线在平面上，∴直线与直线没有公共点,故选C．2．D【解析】列举：，共含10个元素，故选D．3．D【解析】A显然正确;B当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确．C．根据平行于圆台底面的平面截圆台截面的性质可知：截面是圆面正确;D．直角三角形绕它的一条直角边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，而直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是同底面的两个圆锥,因此D不正确，故选D．4．C【解析】把图形复原后,连接，，三点恰好构成一个等边三角形，所以为60°．故选C．5．В【解析】平面四边形的直观图是直角梯形，其面积为；根据平面图形与它的直观图面积比为，计算四边形的面积为，故选B．6．A【解析】因为,所以在定义域上单调递增，要使，则，解得，故选A．7．D【解析】令，则，因为在定义域内是单调递增函数,故也必为单调递增函数，又在上要恒大于零，则有，解得．故选D．8．D【解析】由于时间刚好是5分钟，是总时间的一半，而沙子漏下来的速度是恒定的，所以漏下来的沙子是全部沙子的一半，下方圆锥的空白部分就是上方圆锥中的沙子部分，所以可以单独研究下方圆锥，下方圆锥被沙子的上表面分成体积相等的两部分，所以，所以，所以．故选D．9．C【解析】因为函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，所以，因为,所以，故；而，所以由可得;而，解得．故选C．10．A【解析】延长至，使，连接，，因为，,所以,．所以四边形为平行四边形,所以．所以（或其补角）就是异面直线与所成的角．在中，，,设，易知，在中，，,所以．因为是等边三角形，所以．因为,所以．故选A．11．C【解析】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时,,从而是上的偶函数,且在上是增函数，，，又，则，所以，即，所以，故选C．12．C【解析】取的中点,连接，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．延长，交的延长线于点,连接，交于点，则为过点,,的平面与正方体的面的交线．同理,延长，交的延长线于点，连接，交于点,则为过点，，的平面与正方体的面的交线．所以过点,，的平面截正方体所得的截面为图中的六边形．故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左）视图为选项C所示．故选C．二、填空题(本大题共4小题）13．6 14． 15． 16．1113．【解析】如图，在正方体中，与面的对角线异面的棱有，,,，，，共6条．14．【解析】设圆柱的底面圆的半径为，则高为,则圆锥母线长为，所以，，所以．15．【解析】令,1 当时，在上为减函数，∴∴；2 当时，在上为减函数，此时不成立．综上所述：．16．【解析】正三棱锥的侧面展开图如图，由平面几何知识可得，所以，于是，所以．即，所以,所以，又，可得．截面的周长最小值为：．三、解答题(本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．【解析】∵，∴，∴边长为的正三角形,∴，∴，，∴．18．【解析】（1）由已知可得：,因此,原不等式的解集为．（2）令，则原问题等价,且，，令,则当时，，可得，当时，即当时，函数取得最小值，即，∴．因此，实数的取值范围是．19．【解析】（1)证明：因为，分别为棱，的中点，所以是的中位线,所以．又平面，平面,所以平面．同理平面，又，平面，平面,所以平面平面．(2）当直三棱柱容器的侧面水平放置时，由（1）可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱容器的高,即侧棱长,当底面水平放置时，设液面的高为,的面积为，则由已知条件可知，，且，所以．由于两种状态下液体体积相等，所以，即．因此，当底面水平放置时，液面的高为．20．【解析】（1）∵是偶函数，∴，∴，∴∴,即对恒成立，∴．（2)∵只有一个零点，∴方程有且只有一个实根，即方程有且只有一个实根，亦即方程有且只有一个实根,令,则方程有且只有一个正根,①当时，，不合题意；②当时,因为0不是方程的根，所以方程的两根异号或有两相等正根．由,得或，若，则不合题意,舍去；若,则满足条件．若方程有两根异号，则,∴．综上所述，实数的取值范围是．21．【解析】（1）因为为上的奇函数，∴．又当时，，所以，当时，;∴．（2）设，∵在上单调递减，∴,即,是方程的两个不等正根．∵,∴，∴在内的“和谐区间”为．（3）设为的一个“和谐区间”，则，∴，同号．当时，同理可求在内的“和谐区间”为．∴．①当时,设，即，则在上单调递增，所以当，时，在内有且只有一个根，此时解得；②当时，设，即,在上单调递减，所以当时，在内有且只有一个根,此时解得；综上可知，当时，有两个根，故实数的取值集合为．综上可知，实数的取值集合为．（用图象法解答也相应给分）22．【解析】【模块一】（1）证明：如图，设是的中点，连接，设，则，因为,，易得，且，所以．又，由勾股定理得，因为平面，平面，所以．又因为，相交，所以平面．（2）解：设，由（1)可得，因为平面，所以．∵,∴,在等腰三角形中,设是的中点，∴，由（1)知：平面，所以．从而平面，且，由（1）中数据得，所以．∴,因为和为边长为4的等边三角形,是一个等腰直角三角形,所以．【模块二】（1）方法一:如图所示，取的中点,连接，过点作于点．因为，，平面,所以．又因为，，所以且，所以四边形为矩形，．因为平面，平