1、陜西省漢中市西鄉縣第三中學2021年高一數學文測試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1. 下列四個圖形中，不是以x為自變量的函數的圖象是（）ABCD參考答案：C【考點】函數的概念及其構成要素【分析】根據函數的定義中“定義域內的每一個x都有唯一函數值與之對應”判斷【解答】解：由函數定義知，定義域內的每一個x都有唯一函數值與之對應，A、B、D選項中的圖象都符合；C項中對于大于零的x而言，有兩個不同的值與之對應，不符合函數定義故選C2. 已知兩點，則（ ）A. 12B. C. 13D. 參考答案：C【分析】直接利用兩點間距

2、離公式求解即可。【詳解】因為兩點，則，故選【點睛】本題主要考查向量的模，兩點間距離公式的應用。3. 設偶函數f（x）的定義域為R，當x0，+）時f（x）是增函數，則f（2），f（），f（3）的大小關系是( )Af（）f（3）f（2）Bf（）f（2）f（3）Cf（）f（3）f（2）Df（）f（2）f（3）參考答案：A【考點】偶函數；函數單調性的性質 【專題】計算題【分析】由偶函數的性質，知若x0，+）時f（x）是增函數則x（，0）時f（x）是減函數，此函數的幾何特征是自變量的絕對值越小，則其函數值越小，故比較三式大小的問題，轉化成比較三式中自變量2，3，的絕對值大小的問題【解答】解：由偶函數與單

3、調性的關系知，若x0，+）時f（x）是增函數則x（，0）時f（x）是減函數，故其圖象的幾何特征是自變量的絕對值越小，則其函數值越小，|2|3|f（）f（3）f（2）故選A【點評】本題考點是奇偶性與單調性的綜合，對于偶函數，在對稱的區間上其單調性相反，且自變量相反時函數值相同，將問題轉化為比較自變量的絕對值的大小，做題時要注意此題轉化的技巧4. 已知點，若圓上存在不同的兩點，使得，且，則m的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 參考答案：A【分析】結合題意將其轉化為圓和圓的位置關系，兩圓相交，計算出圓心距，然后求出結果.【詳解】依題意可得，以為直徑的圓與圓相交，則圓心距，解得.故選【點睛】本題

4、考查了圓與圓的位置關系，在解答過程中要先讀懂題目的意思，將其轉化為圓與圓的位置關系，本題還需要一定的計算量，屬于中檔題.5. 如圖是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積是（）A36B108C72D180參考答案：B【考點】L!：由三視圖求面積、體積【分析】由三視圖可知該幾何體是如圖所示的圖形：上面是一個正四棱錐，其底面是邊長為6的正方形，高為3；下面是一個長方體，三條棱長分別為6，6，2據此可計算出答案【解答】解：由三視圖可知該幾何體是如圖所示的圖形：上面是一個正四棱錐，其底面是邊長為6的正方形，高為3；下面是一個長方體，三條棱長分別為6，6，2V體積=108故選B6. 函數f（x）是定義在R上

5、的奇函數，當x0時，f（x）=x+1，則當x0時，f（x）等于（）Ax+1Bx1Cx+1Dx1參考答案：B【考點】函數奇偶性的性質【分析】因為要求x0時的解析式，先設x0，則x0，因為已知x0時函數的解析式，所以可求出f（x），再根據函數的奇偶性來求f（x）與f（x）之間的關系【解答】解：設x0，則x0，當x0時，f（x）=x+1，f（x）=x+1又f（x）是定義在R上的奇函數，f（x）=f（x）=（x+1）=x1故選B【點評】本題主要考查了已知函數當x0的解析式，根據函數奇偶性求x0的解析式，做題時應該認真分析，找到之間的聯系7. 在正方體中，與平面所成的角的大小是 A、 B、 C、 D、參

6、考答案：D8. 已知等差數列滿足，則它的前10項的和（ ）A138 B135 C95 D23參考答案：C略9. 下列函數為奇函數的是（）Ay=x+1By=exCy=x2+xDy=x3參考答案：D【考點】函數奇偶性的性質【分析】根據各基本初等函數的圖象和性質，逐一分析給定函數的奇偶性，可得答案【解答】解：函數y=x+1是非奇非偶函數，故A錯誤；函數y=ex是非奇非偶函數，故B錯誤；函數y=x2+x是非奇非偶函數，故C錯誤；函數y=x3是奇函數，故正確，故選：D【點評】本題考查的知識點是函數奇偶性的判斷與應用，難度不大，屬于基礎題10. 方程的兩根的等比中項是（ ）w.w.w.k.s.5.u.c.

7、o.m A B C D參考答案：D略二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 一個幾何體的三視圖如圖所示（單位:m）,則該幾何體的體積為 m3.參考答案：該幾何體是由兩個高為1的圓錐與一個高為2的圓柱組合而成,所以該幾何體的體積為.考點：本題主要考查三視圖及幾何體體積的計算.12. 某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積等于_.參考答案：【分析】根據三視圖作出幾何體的直觀圖即可求出表面積.【詳解】由三視圖可得幾何體的直觀圖如下： 所以幾何體的表面積為.故答案為：【點睛】本題主要考查了三視圖還原直觀圖以及求多面體的表面積，屬于基礎題.13. 已知A、B兩點分別在兩條互相垂直

8、的直線和上，且線段的中點為P，則線段AB的長為_.參考答案：10直線的斜率為2，的斜率為。因為兩直線垂直，所以，所以。所以直線方程，中點。則，在直角三角形中斜邊的長度，所以線段AB的長為1014. 函數是偶函數，且定義域為，則 ；參考答案：015. 函數的值域為 參考答案：16. 對于函數f（x）定義域中任意的x1，x2（x1x2），有如下結論：f（x1+x2）=f（x1）f（x2），f（x1?x2）=f（x1）+f（x2），0，當f（x）=lnx時，上述結論中正確結論的序號是 參考答案：【考點】命題的真假判斷與應用【分析】利用對數的基本運算性質進行檢驗：f（x1+x2）=ln（x1+x2）f

9、（x1）f（x2）=lnx1?lnx2；f（x1?x2）=lnx1x2=lnx1+lnx2=f（x1）+f（x2）；f（x）=lnx在（0，+）單調遞增，可得f（x）=lnx在（0，+）單調遞增，可得0；由基本不等式可得出；對于函數f（x）定義域中任意的x1，x2（x1x2），有如下結論：，【解答】解：對于，f（x）=lnx，f（x1+x2）=ln（x1+x2），f（x1）f（x2）=lnx1?lnx2，f（x1+x2）f（x1）f（x2），故錯誤；對于，f（x1?x2）=lg（x1x2）=lnx1+lnx2，f（x1）+f（x2）=lnx1+lnx2，f（x1x2）=f（x1）+f（x2），

10、故正確；對于，f（x）=lnx在（0，+）上單調遞增，則對任意的0 x1x2，都有f（x1）f（x2），即得0，故錯誤；對于，x1，x2（0，+）（且x1x2），又f（x）在（0，+）上單調遞增，ln，故正確；故答案為：【點評】本題考查了對數的基本運算性質，對數函數單調性的應用與基本不等式的應用，是知識的簡單綜合應用問題，屬于中檔題17. 已知函數y = log a x 2 + 2 x + ( a 1 ) 的值域是 0，+ )，則參數a的值是 。參考答案：1 三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 如圖，正方形ABCD的邊長為1，P，Q分別為AB，

11、DA上動點，且APQ的周長為2，設 AP=x，AQ=y（1）求x，y之間的函數關系式y=f（x）；（2）判斷PCQ的大小是否為定值？并說明理由；（3）設PCQ的面積分別為S，求S的最小值參考答案：【考點】基本不等式在最值問題中的應用；函數解析式的求解及常用方法 【專題】綜合題；方程思想；綜合法；函數的性質及應用；不等式【分析】（1）由已知可得PQ=2xy，根據勾股定理有（2xy）2=x2+y2，即可求x，y之間的函數關系式y=f（x）；（2）求得DCQ+BCP=，即可判斷PCQ的大小；（3）表示PCQ的面積，利用基本不等式求S的最小值【解答】解：（1）由已知可得PQ=2xy，根據勾股定理有（2

12、xy）2=x2+y2，化簡得：y=（0 x1）（2）tanDCQ=1y，tanBCP=1x，tan（DCQ+BCP）=1 DCQ+BCP（0，），DCQ+BCP=，PCQ=（DCQ+BCP）=，（定值） （3）S=1（1x）（1y）=（x+yxy）=? 令t=2x，t（1，2），S=?（t+）1，t=時，S的最小值為1 【點評】本題考查三角函數知識，考查基本不等式的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題19. (12分) 已知直線l經過兩點 求直線l的方程； 圓C的圓心在直線l上，并且與x軸相切于點，求圓的方程。參考答案： ； 略20. 如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，E為DD1中點，（1）求證：BD1平面AEC；（2）求：異面直線BD與AD1所成的角的大小. 參考答案：證明：（1）設AC、BD交點為O，連結EO， E、O分別是DD1、BD中點 EOBD1 又EO 面AEC，BD1面AEC BD1平面AEC （2）連結B1D1，AB1 DD1=BB1 B1D1=BD AD1B1即為BD與AD1所成的角 在正方體中有面對角線AD1 = D1B1 = AB1 AD1B1為正三角形 AD1B1 = 60 即異面直線BD與AD1所成的角的大小為60略21. （本題滿分13分）已知一個5次多項式為f（x）=4x53x3+2