1、精選優質文檔-傾情為你奉上2018年秋期高中一年級期終質量評估數學試題第卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據函數定義域的求法得到集合B，然后求出即可【詳解】由題意得，所以故選C【點睛】本題考查集合的交集運算，解題的關鍵是根據函數定義域的求法得到集合B，屬于基礎題2.已知圓錐的側面積展開圖是一個半圓，則其母線與底面半徑之比為（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】圓錐的側面展開圖為扇形，根據扇形的弧長即為圓錐的底面圓

2、的周長可得母線與底面圓半徑間的關系【詳解】設圓錐的母線長為，底面圓的半徑為，由已知可得，所以，所以，即圓錐的母線與底面半徑之比為2.故選D【點睛】解答本題時要注意空間圖形和平面圖形間的轉化以及轉化過程中的等量關系，解題的關鍵是根據扇形的弧長等于圓錐底面圓的周長得到等量關系，屬于基礎題3.設的兩根是，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解得 或 或 即， 所以 故選D4.設為大于1的正數，且，則，中最小的是（ ）A. B. C. D. 三個數相等【答案】C【解析】令，則，所以，對以上三式兩邊同時乘方，則，顯然最小，故選C.5.已知，若，則（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

3、【答案】A【解析】【分析】構造函數，則為奇函數，根據可求得，進而可得到【詳解】令，則為奇函數，且，由題意得，.故選A【點睛】本題考查運用奇函數的性質求函數值，解題的關鍵是根據題意構造函數，體現了轉化思想在解題中的應用，同時也考查觀察、構造的能力，屬于基礎題6.如圖所示，是水平放置的的直觀圖，則在的三邊及線段中，最長的線段是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】ABC是水平放置的ABC的直觀圖中，ABBC，AC為斜邊，最長的線段是AC，故選D.7.已知矩形，將矩形沿對角線折成大小為的二面角，則折疊后形成的四面體的外接球的表面積是（ ）A. B. C. D. 與的大小有關【答案】C【解析

4、】由題意得，在二面角內的中點O到點A,B,C,D的距離相等，且為，所以點O即為外接球的球心，且球半徑為，所以外接球的表面積為。選C。8.已知原點到直線的距離為1，圓與直線相切，則滿足條件的直線有（ ）A. 1條 B. 2條 C. 3條 D. 4條【答案】C【解析】試題分析：由已知，直線滿足到原點的距離為，到點的距離為，滿足條件的直線即為圓和圓的公切線，因為這兩個圓有兩條外公切線和一條內公切線. 故選C.考點：相離兩圓的公切線9.如圖，在正方體中，分別為的中點，則異面直線和所成角的大小為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】連DE，交AF于G，根據平面幾何知識可得，于是 ，進而

5、得又在正方體中可得底面，于是可得，根據線面垂直的判定定理得到平面，于是，所以兩直線所成角為【詳解】如圖，連DE，交AF于G在和中，根據正方體的性質可得，又在正方體中可得底面，底面，又，平面，平面，異面直線和所成角的大小為故選D【點睛】求異面直線所成的角常采用“平移線段法”，將空間角的問題轉化為平面問題處理，平移的方法一般有三種類型：利用圖中已有的平行線平移；利用特殊點(線段的端點或中點)作平行線平移；補形平移計算異面直線所成的角時通常放在三角形中利用解三角形的方法進行求解，有時也可通過線面間的垂直關系進行求解10.已知函數，且，則的值（ ）A. 恒為正 B. 恒為負 C. 恒為0 D. 無法確

6、定【答案】A【解析】【分析】根據題意可得函數是奇函數，且在上單調遞增然后由，可得，結合單調性可得，所以，以上三式兩邊分別相加后可得結論【詳解】由題意得，當時，于是同理當時，可得，又，所以函數是上的奇函數又根據函數單調性判定方法可得在上為增函數由，可得，所以，所以，以上三式兩邊分別相加可得，故選A.【點睛】本題考查函數奇偶性和單調性的判斷及應用，考查函數性質的應用，具有一定的綜合性和難度，解題的關鍵是結合題意得到函數的性質，然后根據單調性得到不等式，再根據不等式的知識得到所求11.已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱為（ ）A. 4 B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根據

7、三視圖得到幾何體的直觀圖，然后結合圖中的數據計算出各棱的長度，進而可得最長棱【詳解】由三視圖可得，該幾何體是如圖所示的四棱錐，底面是邊長為2的正方形，側面是邊長為2的正三角形，且側面底面根據圖形可得四棱錐中的最長棱為和，結合所給數據可得，所以該四棱錐的最長棱為故選B【點睛】在由三視圖還原空間幾何體時，要結合三個視圖綜合考慮，根據三視圖表示的規則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線、不可見輪廓線在三視圖中為虛線在還原空間幾何體實際形狀時，一般是以主視圖和俯視圖為主，結合左視圖進行綜合考慮熱悉常見幾何體的三視圖，能由三視圖得到幾何體的直觀圖是解題關鍵考查空間想象能力和計算能力12.已知函數，且

8、在內有且僅有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，即，分別作出函數和的圖象如圖，由圖象可知表示過定點的直線，當過時，此時兩個函數有兩個交點，當過時，此時兩個函數有一個交點，所以當時，兩個函數有兩個交點，所以在內有且僅有兩個不同的零點，實數的取值范圍是，故選C.第卷（共90分）二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】根據對數不等式的解法和對數函數的定義域得到關于的不等式組，解不等式組可得所求的解集【詳解】原不等式等價于，所以，解得，所以原不等式的解集為故答案為【點睛】解答本題時根據對數函數

9、的單調性得到關于的不等式組即可，解題中容易出現的錯誤是忽視函數定義域，考查對數函數單調性的應用及對數的定義，屬于基礎題14.經過點且在軸和軸上的截距相等的直線的方程為_【答案】或【解析】【分析】根據題意將問題分直線過原點和不過原點兩種情況求解，然后結合待定系數法可得到所求的直線方程【詳解】（1）當直線過原點時，可設直線方程為，點在直線上，直線方程為，即（2）當直線不過原點時，設直線方程為，點在直線上，直線方程為，即綜上可得所求直線方程為或故答案為或【點睛】在求直線方程時，應先選擇適當形式的直線方程，并注意各種形式的方程所適用的條件，由于截距式不能表示與坐標軸垂直或經過原點的直線，故在解題時若采

10、用截距式，應注意分類討論，判斷截距是否為零，分為直線過原點和不過原點兩種情況求解本題考查直線方程的求法和分類討論思想方法的運用15.已知函數的圖象與函數及函數的圖象分別交于兩點，則的值為_【答案】【解析】【分析】利用函數及函數的圖象關于直線對稱可得點在函數的圖象上，進而可得的值【詳解】由題意得函數及函數的圖象關于直線對稱，又函數的圖象與函數及函數的圖象分別交于兩點，所以，從而點的坐標為由題意得點在函數的圖象上，所以，所以故答案為4【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是弄清函數及函數的圖象關于直線對稱，從而得到點也關于直線對稱，進而得到，故得到點的坐標為；二是根據點 在函數 的圖象上得到所求值考查理

11、解和運用能力，具有靈活性和綜合性16.已知函數，若函數的最小值與函數的最小值相等，則實數的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】由二次函數的知識得，當時有令，則，結合二次函數可得要滿足題意，只需，解不等式可得所求范圍【詳解】由已知可得，所以當時，取得最小值，且令，則，要使函數的最小值與函數的最小值相等，只需滿足，解得或.所以實數的取值范圍是故答案為【點睛】本題考查二次函數最值的問題，求解此類問題時要結合二次函數圖象，即拋物線的開口方向和對稱軸與區間的關系進行求解，同時注意數形結合在解題中的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題三、解答題 （本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證

12、明過程或演算步驟.） 17.已知直線，.（1）當時，求實數的值；（2）當時，求實數的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當時，直線的斜率不存在，可得兩直線既不平行也不垂直；當時，兩直線的斜率存在，然后根據垂直的等價條件可得所求的值；（2）結合（1）中的兩種情況，根據兩直線平行的等價條件求解，可得所求的值【詳解】（1）當時，直線，此時兩直線既不平行也不垂直，不合題意當時，直線，由可得，解得，故所求（2）由（1）可得當時，直線既不平行也不垂直，不合題意當時，直線，由可得，解得故所求【點睛】本題考查兩直線平行和垂直的等價條件的運用，解題時由于直線的斜率是否存在不確定，所以要結合分類討論進行

13、求解，考查轉化和分類討論思想方法在解題中的應用，屬于基礎題18.如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，.（1）求證：；（2）若為等邊三角形，平面平面，求四棱錐的體積.【答案】（1）詳見解析；（2）2【解析】【分析】（1）根據題意作于，連結，可證得，于是，故，然后根據線面垂直的判定得到平面，于是可得所證結論成立（2）由（1）及平面平面可得平面，故為四棱錐的高又由題意可證得四邊形為有一個角為的邊長為的菱形，求得四邊形的面積后可得所求體積【詳解】（1）作于，連結.，是公共邊， ，又平面，平面，平面，又平面，（另法：證明,取的中點.）（2）平面平面，平面平面，平面又為等邊三角形，.又由題意得，是公共邊，

14、平行四邊形為有一個角為的邊長為的菱形，四棱錐的體積【點睛】（1）證明空間中的垂直關系時，要注意三種垂直關系間的轉化，合理運用三種垂直關系進行求解，以達到求解的目的，同時在證題中要注意平面幾何知識的運用（2）立體幾何中的計算問題中往往涉及到證明，同時在證明中滲透著計算，計算時要注意中間量的求解，最后再結合面積、體積公式得到所求19.（1）利用函數單調性定義證明：函數是減函數；（2）已知當時，函數的圖象恒在軸的上方，求實數的取值范圍.【答案】（1）略；（2）【解析】【分析】（1）根據單調性的定義進行證明即可得到結論；（2）將問題轉化為在上恒成立求解，即在上恒成立，然后利用換元法求出函數的最小值即可

15、得到所求范圍【詳解】（1）證明：設，則，函數是減函數（2）由題意可得在上恒成立，在上恒成立令，因為，所以，在上恒成立令,則由（1）可得在上單調遞減，實數的取值范圍為【點睛】（1）用定義證明函數單調性的步驟為：取值、作差、變形、定號、結論，其中變形是解題的關鍵（2）解決恒成立問題時，分離參數法是常用的方法，通過分離參數，轉化為求具體函數的最值的問題處理20.已知正方體，分別為和上的點，且，.（1）求證：；（2）求證：三條直線交于一點.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析【解析】【分析】（1）連結和，由條件可證得和，從而得到.（2）結合題意可得直線和必相交，根據線面關系再證明該交點在直線上即可得

16、到結論【詳解】證明：(1)如圖，連結和，在正方體中，又，又在正方體中，,，又，同理可得，又，.（2）由題意可得（或者和不平行），又由(1)知，所以直線和必相交，不妨設，則，又，所以，同理因為，所以，所以、三條直線交于一點【點睛】（1）證明兩直線平行時，可根據三種平行間的轉化關系進行證明，也可利用線面垂直的性質進行證明，解題時要注意合理選擇方法進行求解（2）證明三線共點的方法是：先證明其中的兩條直線相交，再證明該交點在第三條直線上解題時要依據空間中的線面關系及三個公理，并結合圖形進行求解21.已知二次函數的圖象與軸、軸共有三個交點.（1）求經過這三個交點的圓的標準方程；（2）當直線與圓相切時，求

17、實數的值；（3）若直線與圓交于兩點，且，求此時實數的值.【答案】（1）；（2）或 ；（3）。【解析】【分析】（1）先求出二次函數的圖象與坐標軸的三個交點的坐標，然后根據待定系數法求解可得圓的標準方程；（2）根據圓心到直線的距離等于半徑可得實數的值；（3）結合弦長公式可得所求實數的值【詳解】（1）在中，令，可得；令，可得或所以三個交點分別為，設圓的方程為，將三個點的坐標代入上式得 ，解得，所以圓的方程為，化為標準方程為：（2）由（1）知圓心，因為直線與圓相切，所以，解得或，所以實數的值為或（3）由題意得圓心到直線的距離，又，所以，則，解得所以實數的值為或【點睛】（1）求圓的方程時常用的方法有兩種：一是幾何法，即求出圓的圓心和半徑即可得到圓的方程；二是用待定系數法，即通過代數法求出圓的方程（2）解決圓的有關問題時，要注意圓的幾何性質的應用，合理利用圓的有關性質進行求解，可以簡化運算、提高解題的效率22.已知函數，.（1）解不等式：；（2）若函數在區間上存在零點，求實數的取值范圍；（3）若函數的反函數為，且，其中為奇函數，為偶函數，試比較與的大小.【答案】（1）或；（2）；（3）。【解析】【分析】（1）根據二次不等式和對數不等式的解法求解即可得到所求；（2）由可得，故所求范圍即為函數在區間上的值域，根據換