福建省永春县第一中学2017-2018学年高一下学期期初考试数学试题

永春一中高一年期初考试数学科试卷（2018.03）命题：潘贤呈校对：林一丁考试时间：120分钟试卷总分：150分本试卷分第I卷和第II卷两部分第I卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求，每小题选出答案后，请把答案填写在答题卡相应位置上。1.已知直线，，若，则的值为（）A．8B．2C.D．22.关于不同的直线与不同的平面，有下列四个命题：①，，且，则②，，且，则③，，且，则④，，且，则其中正确的命题的序号是（）A．①②B．②③C.①③D．③④3.已知圆和圆，则两圆的位置关系为（）A．内含B．内切C.相交D．外切4．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为eq\f(1,2)，则该几何体的俯视图可以是（）5.若直线与圆的两个交点关于直线对称，则的值分别为（）A．B．C.D．6.直线和直线的距离是（）A．B．C.D．7．直线和圆在同一平面直角坐标系内的图形只能是（） A.B.C.D.8.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ACD所成的角的大小为（

）A．90°

B．60°

C．45°

D．30°

9.三棱锥的外接球为球，球的直径是，且，都是边长为1的等边三角形，则三棱锥的体积是（）A．B．C.D．10.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是A．（0,2）

B．（1,2）

C．（1,3）

D．（2,3）11.在正三棱锥SABC中，外接球的表面积为，M，N分别是SC,BC的中点，且,则此三棱锥侧棱SA=（

）A.1

B.2

C.

D.12.直线与函数的图像恰有三个公共点，则实数的取值范围是（）A．B．C.D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡的横线上。13．如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′＝3,O′B′＝4，则△AOB的面积是________．14.已知两定点，，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于．15.在正三棱柱中，为棱的中点，若是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为．16.已知，若a，b，c，d是互不相同的四个正数，且f（a）=f（b）=f（c）=f（d），则abcd的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知中，，，.（1）求边上的高所在直线方程的一般式；（2）求的面积.18.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，该四棱锥的正视图和侧视图均为腰长为6的等腰直角三角形.（1）画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；（2）求证：；（3）求四棱锥外接球的直径.19.如图，直三棱柱中，分别是的中点，.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面.20.已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点A(26,1)，B(2,1)的距离之比等于.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；(Ⅱ)记(Ⅰ)中的轨迹为C，过点P(－2，3)的直线l被C所截得的线段的长为8，求直线l的方程．21.如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，过点作交于点.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求三棱锥DBCE的体积.22.已知函数f(x)＝．(Ⅰ)若f(x)＋f(x－1)＞0成立，求x的取值范围；(Ⅱ)若定义在R上奇函数g(x)满足g(x＋2)＝－g(x)，且当0≤x≤1时，g(x)＝f(x)，求g(x)在[－3,－1]上的解析式，并写出g(x)在[－3,3]上的单调区间(不必证明)；(Ⅲ)对于(Ⅱ)中的g(x)（），若关于x的不等式在R上恒成立，求实数t的取值范围．

永春一中高一年期初考试数学科参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）123456789101112DCBCAABCBCDC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，12；（14）4π；(15)；（6）（21，24）三、解答题：本大题共6小题，共70分，(17)解：(Ⅰ)因为＝5，所以边上的高所在直线斜率＝－eq\f(1,5)．所以所在直线方程为．即．(Ⅱ)的直线方程为：．即点到直线的距离d=．，∴的面积为3.(18)解(Ⅰ)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6的正方形，如图，其面积为36.(Ⅱ)证明：因为底面，底面，所以，由底面为正方形，所以,，面，面，所以面，面，所以．（Ⅲ）该几何体可以补形为正方体，故PA为四棱锥外接球的直径由侧视图可求得．由正视图可知，所以在Rt△中，．所以四棱锥外接球的直径为．（19）解：（Ⅰ）连结，交点，连，则是的中点，因为是的中点，故//．因为平面，平面．所以//平面．（Ⅱ）取的中点，连结，因为是的中点，故//且．显然//，且，所以//且．则四边形是平行四边形．所以//．因为，所以又，，面，面，所以直线平面．因为//，所以直线平面．因为平面，所以平面平面．(20)解：(Ⅰ)由题意，得eq\f(|MA|,|MB|)＝5,即eq\f(\r(（x－26）2＋（y－1）2),\r(（x－2）2＋（y－1）2))＝5，化简，得x2＋y2－2x－2y－23＝0.即(x－1)2＋(y－1)2＝25.∴点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25，轨迹是以点(1，1)为圆心，以5为半径的圆．(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，l：x＝－2，此时所截得的线段的长为2eq\r(52－32)＝8，∴l：x＝－2符合题意．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，圆心到l的距离d＝eq\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))，由题意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋42＝52，解得k＝eq\f(5,12).∴直线l的方程为eq\f(5,12)x－y＋eq\f(23,6)＝0.即5x－12y＋46＝0.综上，直线l的方程为x＝－2，或5x－12y＋46＝0.（21）证明：（Ⅰ）连接交于点，连接．∵底面是正方形，∴点是的中点．又为的中点，∴∥．又平面，平面，∴∥平面．（Ⅱ）∵⊥底面，平面，∴．∵底面是正方形，∴．又，平面，平面，∴平面．又平面，∴．∵，是的中点，∴．又平面，平面，，∴平面．而平面∴．又，且，又平面，平面，∴平面．（Ⅲ）∵是的中点，∴．22．【解析】(Ⅰ)由f(x)＋f(x－1)＞0得log2(x＋1)＋log2x＞0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x＞1,x＞0,x＋1＞0))，解得x＞eq\f(\r(5)－1,2)，所以x的取值范围是x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＞\f(\r(5)－1,2)))))(Ⅱ)当－3≤x≤－2时，g(x)＝－g(x＋2)＝g(－x－2)＝f(－x－2)＝log2(－x－2＋1)＝log2(－x－1)，当－2＜x≤－1时，g(x)＝－g(x＋2)＝－f(x＋2)＝－log2(x＋3)，综上可得g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（－1－x），（－3≤x≤－2）,－log2（3＋x），（－2＜x≤－1）))，g(x)在[－3，－1]和[1，3]上递减；g(x)在[－1，1]上递增；(Ⅲ)因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－log2eq\f(3,2)，由(Ⅱ)知，若g(x)＝－log2eq\f(3,2)，得x＝－eq\f(1,2),或x＝－eq\f(3,2)，或x＝eq\f(5,2)，由函数g(x)的图象可知若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－2x,8＋2x＋3)))≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))在R上恒成立．设u＝eq\f(t－2x,8＋2x＋3)＝－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)，当t＋1=0时,u＝－eq\f(1,8),g（－eq\f(1,8)）≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，符合题意。当t＋1>0时，u＝－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，－\f(1,8)＋\f(t＋1,8)))，则u∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，－\f(1,8)＋\f(t＋1,8)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))，则－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8)≤eq\f(5,2)，解得－1<t≤20.当t＋1＜0时，u＝eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)∈eq\b\l