2019-2020学年河南省天一大联考高一上学期第二次阶段性测试数学试题(解析版)

测试数学试题

一、单选题

1．已知集合Mxx3，Nxy2x，则MIðRN（ ）

A．x2x3 B．x2x3 C．x2x3 D．x2x3

【答案】C

【解析】先求得集合N,再由集合补集与交集的运算即可求解. 【详解】 集合Nxy2x,求解得Nxx2

则由补集运算可得ðRNxx2

由交集运算可知MðRNxx3xx2x2x3 故选:C 【点睛】

本题考查了集合的补集与交集的简单运算,属于基础题.

2．直线l1：2x(m1)y40与直线l2：mxy20垂直，则m的值为（ A．－1 B．1

C．1或－1

D．－2或－1【答案】B

【解析】根据两直线l1：A1xB1yC10与l2：A2xB2yC20垂直，则

A1A2B1B20得到方程，解得即可.

【详解】

解：直线l1：2x(m1)y40与直线l2：mxy20，若l1l2，需

2m(m1)0，解得m1.

故选：B 【点睛】

本题考查两直线的位置关系求参数的值，属于基础题..

3．已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为6的半圆，则该圆锥的体积为（ ）第 1 页 共 18 页

）

A．93 【答案】A

B．273 C．54 D．81

【解析】设圆锥的底面圆的半径为r，根据侧面展开图的弧长与底面周长相同，求得底面半径，再由勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式计算可得. 【详解】

126.所以r3， 212所以圆锥的高h623233.所以该圆锥的体积V33393.

3解：设圆锥的底面圆的半径为r，则由题意可得2r故选：A 【点睛】

本题考查圆锥的体积及侧面展开图的计算，属于基础题..

1e1 4．设alog2，b，cln2，则（ ）ee1A．bac 【答案】C

B．cba C．bca D．cab

【解析】根据对指数函数与对数函数的图像与性质,判断出a,b,c的范围,即可比较大小. 【详解】

由指数函数与对数函数的图像与性质可知

alog210 e1e1bee1

1e0cln21

所以bca 故选:C 【点睛】

本题考查了指数函数与对数函数的图像与性质,利用中间值法比较大小,属于基础题. 5．下列函数既是偶函数又在区间(0,)上是减函数的是（ ） A．fx|x1| C．fxln【答案】D

第 2 页 共 18 页

B．fxx41 xx21 D．fxx

【解析】根据函数解析式,结合偶函数性质及函数的单调性,即可判断选项. 【详解】

对于A,函数fx|x1|不是偶函数,所以A错误; 对于B,函数fxx对于C,fxln对于D,

1为奇函数,不是偶函数,所以B错误; xx21为偶函数,但在区间(0,)上是增函数,所以C错误;

fxx41为偶函数,且在区间(0,)上是减函数,所以D正确. 4x综上可知,正确的为D 故选:D 【点睛】

本题考查由函数解析式判断函数奇偶性及单调性,属于基础题. 6．下列区间，包含函数fxlnxA．(0,1) 【答案】C

【解析】由函数单调性,结合零点存在定理,即可判断函数零点所在区间. 【详解】

根据函数解析式可知fxlnx且f1ln1B．(1,2)

12零点的是（ ） x3C．(2,3)

D．(3,4)

12在0,上为单调递增函数 x31250 133127f2ln2ln20

23612f3ln3ln310

33由零点存在定理可知,零点位于(2,3)内 故选:C 【点睛】

本题考查了函数零点存在定理的应用.在判断函数零点所在区间时,需先判断函数的单调性,才能说明函数零点的唯一性,属于基础题.

7．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ）

A．若//，//，则//

B．若m，m，则//

第 3 页 共 18 页

C．若m//，n//，则m//n 【答案】C

D．若m，n，则m//n

【解析】根据线面、面面平行与垂直的判定定理及性质定理即可得解. 【详解】

解：若//，//，则//，故A正确； 若m，m，一定有//，故B正确；

若m//，n//，则m与n可以平行、相交或者异面，故C错误； 若m，n，则一定有m//n，故D正确. 故选：C 【点睛】

本题考查空间线面关系的判定和性质，属于基础题.

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．12 【答案】D

B．822 C．8 D．842 【解析】根据三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体截得的四棱锥SABCD，画出直观图，结合图形计算可得. 【详解】

解：由三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体截得的四棱锥SABCD.如图所示

1SYABCD224，SBCSSDCS2222222，

21SBSASDSASYABCD2

2所以它的表面积为2SYABCD 2SBCS842.

第 4 页 共 18 页

故选：D 【点睛】

本题考查空间几何体的三视图以及锥体的表面积计算，属于基础题.

Q两点.若CPPQ，x2y22x4y10相交于P，9．设直线xya0与圆C：

则实数a的值为（ ） A．61

B．61或61 C．16 D．16或16 【答案】D

【解析】首先将圆的方程配成标准式，由CPPQ则|PQ|2，即可求出圆心到直线的距离，再用点到线的距离公式计算可得. 【详解】

22解：由x2y22x4y10，得(x1)(y2)4，所以圆心为(1,2)，半径为

2.

因为CPPQ

所以|PQ|2，那么圆心C(1,2)到直线xya0的距离为233， 2即d|12a|3，所以a16或16. 2故选：D 【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，属于基础题.

10．如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SAC，SAB是边长为2的等边 三角形，ASC90，SC23，则直线BC与平面SAC所成角的正弦值为（ ）

A．

3 4B．3 8C．

1 4D．

1 8【答案】A

第 5 页 共 18 页

【解析】取SA的中点为M，连接MC，MB，由面面垂直的性质得到BM平面SAC，即可得到BCM就是直线BC与平面SAC所成的角，再由线面垂直的性质及判定定理可得SC平面SAB，即可得到SCSB，最后由勾股定理及三角函数求得. 【详解】

解：取SA的中点为M，连接MC，MB.因为SAB是边长为2的等边三角形， 所以BMSA，且BM3，BM平面SAB，

又因平面SAB平面SAC，平面SABI平面SACSA，所以BM平面SAC， 所以BCM就是直线BC与平面SAC所成的角.

又MC平面SAC，可得BMMC.由BM平面SAC，SC平面SAC可得

BMSC，又SCSA，SA平面SAB，BM平面SAB，BMISAM

所以SC平面SAB， 因为SB平面SAB， 所以SCSB.

在RtSBC中，由SC23，SB2，可得BCSC2SB24. 在RtMBC中，sinBCMMB3. BC4

故选：A 【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，线面垂直的判定及性质的应用，属于难题. 11．已知偶函数fxloga|xb|（a0且a1）在(,0)上单调递减，则

fba与fa21的大小关系是（ ）

A．fbafa1

2B．fbafa1

2C．fbafa1

2D．无法确定

【答案】B

【解析】根据偶函数性质,可求得b,结合函数的单调性即可求得a的取值范围.通过比较

a21与a的大小关系,即可比较大小.

第 6 页 共 18 页

【详解】

因为fxloga|xb|为偶函数 所以fxfx,即loga|xb|loga|xb|

所以|xb||xb|对x,0U0,恒成立 解得b0 即

fxloga|x|

fxloga|x|（a0且a1）在(,0)上单调递减,则fxloga|x|因为偶函数

在0,上单调递增

所以由对数函数的图像与性质可知a1 而a21a1 2所以fa1fafa

故选:B 【点睛】

本题考查了由偶函数的性质求参数,根据函数单调性比较抽象函数的大小关系,综合性较强,属于中档题.

12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球体积为（ ）

A．82 3B．42π C．43 D．86

【答案】A

【解析】根据三视图画出直观图，将该四面体嵌入到一个直三棱柱中，四面体的外接球即直三棱柱的外接球，再将其转化为长方体，则长方体的体对角线为外接球的直径，再根据球的体积公式计算可得. 【详解】

解：该几何体是一个四面体，画出其直观图，如图中的四面体ABCD.该四面体可以嵌

第 7 页 共 18 页

入到一个直三棱柱中，四面体的外接球即直三棱柱的外接球.该三棱柱的底面是斜边长为2的等腰直角三角形，三棱柱的高为2，可以扩展到一个底面是边长为2的正方形，

1高为2的长方体中，从而求得其外接球半径为r2所以外接球体积V2222222，

4382r. 33

故选：A 【点睛】

本题考查三视图的还原和外接球问题.

二、填空题 13．计算：log【答案】5

【解析】根据指数的性质，对数的运算及对数的性质计算可得. 【详解】 解：log28lg25lg46log6129.80______.

2328lg25lg46log6129.80

log22lg25431215. 2211 2故答案为：5 【点睛】

本题考查指数、对数的运算，属于基础题.

x112,x1,fx14．设函数fx若，则x________. x2log421,x1,第 8 页 共 18 页

【答案】0或log23

【解析】根据分段函数解析式,分段即可求得自变量的值. 【详解】

11,即2x1,解得x0,符合题意

2211xx当x1时,fxlog421. 若fx,即log421,所以2x12

22当x1时,fx2x1.若fx则2x3,解得xlog23,符合题意 综上可知,若fx1时,x0或xlog23 2故答案为: 0或log23 【点睛】

本题考查了分段函数的求值,属于基础题.

15．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心和垂心（外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，重心是三角形三条中线的交点，垂心是三角形三条高所在直线的交点）依次位于同一条直线上这条直线被后人称为三角形的欧拉线.已知ABC的顶点B(1,2)，C(3,4)，且ABAC，则ABC的欧拉线方程为______. 【答案】2xy50

【解析】依题意，在ABC中，ABAC，所以它的外心、重心和垂心都在BC的中垂线上，则ABC的欧拉线方程即为BC的中垂线，首先求出BC的中点，再求出kBC，最后利用点斜式计算可得. 【详解】

解：由B(1,2)，C(3,4)可得BC的中点坐标为(1,3)，再由kBC以BC的中垂线方程为y32(x1)，即2xy50.

又因为ABC中，ABAC，所以它的外心、重心和垂心都在BC的中垂线上，所以

421，所

3(1)2ABC的欧拉线的方程为2xy50.

故答案为：2xy50 【点睛】

本题考查直线方程的求法及数学文化，属于基础题.

第 9 页 共 18 页

16．已知函数fx范围是________.

x211x的图象与直线ykx2恰有两个交点，则实数k的取值

【答案】(4,1)(1,0)

【解析】根据函数解析式,分类讨论即可确定解析式.画出函数图像,由直线所过定点,结合图像即可求得k的取值范围. 【详解】 函数fxx211x定义域为xx1

x21当x1时,fxx1

1x1x2当1x1时,fxx1

1xx21当1x时,fxx1

1x画出函数图像如下图所示:

直线ykx2过定点0,2

由图像可知,当1k0时,与x1和1x1两部分图像各有一个交点; 当4k1时,与1x1和1x两部分图像各有一个交点. 综上可知,当k4,11,0时与函数有两个交点 故答案为:4,11,0 【点睛】

本题考查了分段函数解析式及图像画法,直线过定点及交点个数的求法,属于中档题.

第 10 页 共 18 页

三、解答题

17．已知集合A为函数fxlog2(1x)1的定义域，集合B为函数x1gx32xx3的值域.

（Ⅰ）求AIB；

（Ⅱ）若C{x|a1x12a}，且C(AIB)，求实数a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）AIBx|1x0；（Ⅱ）,

【解析】（Ⅰ）根据对数性质及二次根式有意义条件,先求得集合A,由指数的图像与性质,求得集合B,即可由集合交集的运算求得AIB.

（Ⅱ）讨论C与C两种情况.根据集合的包含关系,即可求得a的取值范围. 【详解】

2121x0,fx （Ⅰ）由函数的定义域需满足x10,解得1x1,所以Ax|1x1. 设t2xx2,则t2xx(,1], 所以3(0,3],

所以By|3y0}. 所以AIBx|1x0. （Ⅱ）由于C(AIB),

t2若C,则需a112a,解得a2； 32a,3若C,则需a11,

12a0,解得

12a. 23第 11 页 共 18 页

综上,实数a的取值范围为,. 【点睛】

本题考查了函数定义域的求法,指数函数值域的求法,由集合的包含关系求参数,属于基础题.

18．已知函数fxlog2（Ⅰ）设hx（Ⅱ）若函数g值范围.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）log2333m7

【解析】（Ⅰ）任取x1,x2(1,),且x1x2,代入解析式可求得hx2hx1,变形后即可判断函数的单调性.

（Ⅱ）先判断出函数fx与gx的单调性,即可根据零点存在定理求得m的取值范围. 【详解】

（Ⅰ）证明:由题意得hx12x1. 1xx1，用定义证明：函数hx在(1,)上是增函数； 1xxfx2xm，且gx在区间(3,5)上有零点，求实数m的取

x1x122. 11x1x1x任取x1,x2(1,),且x1x2, 则hx2hx1121x221 1x122 1x11x22x2x1.

1x11x2因为x1,x2(1,),且x1x2, 所以x2x10,x110,x210, 所以hx2hx10,

所以函数hx在(1,)上是增函数.

（Ⅱ）由题意fx的定义域为(,1)U(1,).由（Ⅰ）知,fx在(1,)上单调递增,

第 12 页 共 18 页

所以gxfx2xm在(3,5)上单调递增.

因为gx在区间(3,5)上有零点,

313g(3)log2m7m0,231 所以51g(5)log25mlog2333m0,251所以log2333m7. 【点睛】

本题考查了利用定义判断函数的单调性,由函数单调性及零点取值范围判断参数的取值情况,属于基础题.

19．已知圆C经过A(2,1)，B(0,3)两点，且圆心C在直线2x3y50上. （Ⅰ）求圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l：y=x+3与圆C相交于M，N两点，求CMN的面积.

22【答案】（Ⅰ）(x2)(y3)4（Ⅱ）2

【解析】（Ⅰ）设圆的方程为x2y2DxEyF0，依题意得到方程组，解得即可. （Ⅱ）联立直线与圆的方程求出交点坐标，再根据面积公式计算可得. 【详解】

（Ⅰ）设圆的方程为x2y2DxEyF0.则圆心坐标为DE, 2252DEF0,D4,由题意得93EF0,解得E6,

F9.3ED50,2所以圆C的方程为xy4x6y90，标准方程为(x2)(y3)4. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，圆C的圆心为C(2,3)，半径r=2.

2222联立yx3,x0,x2, 解得或22(x2)(y3)4,y3y5.不妨设M(0,3)，N(2,5).

因为直线CM的斜率为0，直线CN的斜率不存在，所以CMCN.

第 13 页 共 18 页

所以SCMN【点睛】

11|CM||CN|r22. 22本题考查待定系数法求圆的方程、直线与圆的位置关系，属于中档题.

20．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为DD1的中点，点Q是CC1的中点.

（Ⅰ）求证：平面QBD1//平面PAC； （Ⅱ）求点B1到平面PAC的距离. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3

【解析】（Ⅰ）首先证明QD1//平面PAC，再连接PQ，可证QB//平面PAC，即可得证.

（Ⅱ）连接PB1，CB1，由三角形的三边关系得到PB1PC，同理可证PB1PA，即可得到PB1平面PAC，则点B1到平面PAC的距离即线段PB1的长. 【详解】

解：（Ⅰ）由题意可得CQ//PD1，且CQPD1，所以四边形CQD1P是平行四边形. 所以QD1//CP，

又因为QD1平面PAC，PC平面PAC. 所以QD1//平面PAC.

如图，连接PQ，则PQ//AB，且PQAB，所以四边形PQBA是平行四边形， 所以QB//PA，

又因为QB平面PAC，PA平面PAC.

第 14 页 共 18 页

所以QB//平面PAC.

而QBIQD1Q，且QB平面QBD1，QD1平面QBD1， 所以平面QBD1//平面PAC.

（Ⅱ）如图，连接PB1，CB1，易得PC， 2，PB13，BC15222所以PCPB1B1C，所以PB1C是直角三角形，且PB1PC.

同理PB1PA.

又PAIPCP，PA平面PAC，PC平面PAC， 所以PB1平面PAC.

所以点B1到平面PAC的距离即线段PB1的长，所以点B1到平面PAC的距离为3. 【点睛】

本题考查空间平行关系的证明、点到平面距离的计算，属于中档题.

21．某公司的电子新产品未上市时，原定每件售价100元，经过市场调研发现，该电子新产品市场潜力很大，该公司决定从第一周开始销售时，该电子产品每件售价比原定售5周后开始保持120元的价格平稳销售，10周后由于市场竞争日益激价每周涨价4元，

烈，每周降价2元，直到15周结束，该产品不再销售.

（Ⅰ）求售价ft（单位：元）与周次t（tN*）之间的函数关系式；

（Ⅱ）若此电子产品的单件成本ht（单位：元）与周次ht(t7)100之

218间的关系式为t[1,15]，fx，tN*，试问：此电子产品第几周的单件销售利润（销售利润售价成本）最大？

1004t,t[1,5],【答案】（Ⅰ）ft120,t[6,10],（Ⅱ）第10周 tN*；

1402t,t[11,15],【解析】（Ⅰ）根据题意,结合分段情况即可求得解析式.

（Ⅱ）根据售价解析式及成本解析式,先表示出利润的函数解析式.结合二次函数性质即

第 15 页 共 18 页

可求得最大值及对应的时间. 【详解】

（Ⅰ）当t[1,5]时,ft1004t； 当t[6,10]时,ft120；

当t[11,15]时,ft1202(t10)1402t.

1004t,t[1,5],所以ft120,t[6,10],tN*.

1402t,t[11,15],（Ⅱ）由于单件电子产品的销售利润售价成本,即单件销售利润

gtftht,

所以,当t[1,5]119491(t7)2100t2t(t9)24. 88488164. 此时gt单调递增,所以当t5时,gt取得最大值81122当t[6,10]时,gt120(t7)100(t7)20.

88169. 当t10时,gt取得最大值8时,gt1004t当t[11,15]时,gt1402t当t11153691(t7)2100t2t(t15)218. 8848811时,gt取得最大值20.

综上,该电子产品第10周时单件销售利润最大. 【点睛】

本题考查了分段函数在实际问题中的应用,利润问题的最值求法,二次函数的性质应用,属于基础题.

3922．已知圆C1：(x3)y4，圆C2：xy2.

24222（Ⅰ）设直线y2 x被圆C1所截得的弦的中点为P，判断点P与圆C2的位置关系；

2（Ⅱ）设圆C2被圆C1截得的一段圆弧（在圆C1内部，含端点）为，若直线l：

yk(x4)与圆弧只有一个公共点，求实数k的取值范围.

第 16 页 共 18 页

【答案】（Ⅰ）点P在圆C2上.（Ⅱ）32525或k. k477【解析】（Ⅰ）将直线方程代入圆的方程，消去y，得到3x212x100，则

x1x24，从而得到P的横坐标为2，再代入直线方程求出P的坐标，即可判断点与

圆C2的位置关系；

（2）设C1和C2的交点为A，B，直线l恒过的定点为Q(4,0)，求出两圆的交点坐标，分直线l与圆C2相切时，与直线l与圆弧相交两种情况计算可得. 【详解】 解：（1）将y2x代入圆C1的方程可得3x212x100. 2设此方程的两实根分别为x1，x2，则x1x24. 所以点P的横坐标为2，从而可得P2,2.

3因为222229，所以点P在圆C2上. 4x40x4（Ⅱ）如图，因为直线l：yk(x4)，解得，即直线恒过的定点

y0y0为(4,0).

设C1和C2的交点为A，B，直线l恒过的定点为Q(4,0).

(x3)2y24,5252x. 由解得，y3923xy,324525525所以A3,3. 3,3，B（ⅰ）当直线l与圆C2相切时.

yk(x4),222221kx38kx16k0. 由可得392xy,24令38k22364k21k20，则k.

4第 17 页 共 18 页

此时解得x125，切点在圆弧上，符合题意. 53

（ⅱ）当直线l与圆弧相交时，由图可知，要使交点只有一个，则l在QA和QB之间.

因为kQA252525325， ，kQB355774433所以2525. k77综上所述，k的取值范围是【点睛】

32525. k或k477本题考查圆的方程与性质、圆与直线圆与圆的位置关系，属于中档题.

第 18 页 共 18 页