PAGE1-河南省鶴壁市淇濱高級中學2024-2025學年高一數學上學期第四次周考試題分值150分；考試時間：120分鐘；命題人：高一數學組留意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題（每題5分共60分）1．已知集合，，則（）A． B． C． D．2．已知集合，，則（）A． B． C． D．3．函數的定義域為（）A． B． C．，且 D．，且4．下列各式正確的是（）A． B．C． D．5．下列函數中，隨x（x>0）的增大，增長速度最快的是（）A．y=1，x∈Z B．y=x C．y=2x D．y=6．設，，，則的大小關系是（）A． B． C． D．7．已知函數，則的值是（）A． B． C． D．8．若a和b是異面直線，a和c是平行直線，則b和c的位置關系是（）A．平行 B．異面C．異面或相交 D．相交、平行或異面9．下列函數既是奇函數又是增函數的是（）A． B． C． D．10．下列兩個函數相等的是()A．y＝與y＝x B．y＝與y＝|x|C．y＝|x|與y＝ D．y＝與y＝11．以下函數，在區間內存在零點的是A． B．C． D．12．設函數f(x)＝3x2－1，則f(a)－f(－a)的值是()A．0 B．3a2－1C．6a2－2 D．6a2第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明二、填空題（每題5分共20分）13．集合的非空子集個數是_____．14．_____；15．已知一個球的表面積和體積相等，則它的半徑為．16．已知冪函數的圖象過點，則函數的值為__________．三、解答題17（10）．計算以下式子的值:（1）（2）（3）18（12分）．已知集合，．（1）當時，求；（2）若，求實數a的取值集合．19（12）．已知四棱錐中平面，點在棱上，且，底面為直角梯形，分別是的中點．（1）求證：//平面；（2）求截面與底面所成二面角的大?。?0（12分）．如圖，已知平面，為矩形，分別為的中點，.（1）求證：平面；（2）求證：面平面；（3）求點到平面的距離.21(12分)．如圖，直三棱柱中，，是棱的中點，.（1）證明：；（2）求二面角的大小.22（12分）．定義區間的長度均為,其中(1)若函數的定義域為值域為寫出區間長度的最大值；(2)若關于的不等式組的解集構成的各區間長度和為6,求實數的取值范圍；參考答案1．D【分析】依據并集的定義求解.【詳解】因為集合，，所以.故選：D【點睛】本題主要考查集合的基本運算，屬于基礎題.2．A【解析】解A=(0,1)B=(0,),3．D【分析】可看出，要使得有意義，需滿意，然后解出的范圍即可．【詳解】解：要使有意義，則，解得且，的定義域為，且．故選：．4．D【分析】根式化簡及零指數意義.【詳解】對于A，，當為負數時等式不成立，故A不正確；對于B，，當時無意義，故B不正確；對于C，，左邊為正，右邊為負，故C不正確；對于D，，故D正確.故選：D.【點睛】根式化簡留意根指數的奇偶性.5．D【解析】試題分析：指數函數模型增長速度最快，并且e＞2，因而y＝ex增長速度最快.考點：函數圖像.6．A【分析】求出的范圍即得的大小關系.【詳解】由題得，,，，所以.故選A【點睛】本題主要考查指數函數和對數函數的性質，意在考查學生對這些學問的理解駕馭水平.7．C【分析】首先計算出，再把的值帶入計算即可．【詳解】依據題意得，所以，所以選擇C【點睛】本題主要考查了分段函數求值的問題，屬于基礎題．8．C【分析】借助正方體模型，找出三條直線a，b，c，符合題意，推斷b，c的位置關系.【詳解】解：考慮正方體ABCD﹣A'B'C'D'中，直線AB看做直線a，直線B'C'看做直線b，即直線a和直線b是異面直線，若直線CD看做直線c，可得a，c平行，則b，c異面；若直線A'B'看做直線c，可得a，c平行，則b，c相交.若b，c平行，由a，c平行，可得a，b平行，這與a，b異面沖突，故b，c不平行.故選：C.【點睛】本題考查空間兩直線的位置關系，考查數形結合思想和分類探討思想，以及推理實力，屬于基礎題.9．D【分析】選項中所涉及到的函數既是奇函數又是增函數的才能符合條件，要從這兩個方面進行推斷，這兩個方面可以借助于圖象，也可以干脆利用奇函數的定義和函數單調性的判定方法進行求解.【詳解】選項A中，設函數，，函數是偶函數，不符合題意；選項B中，設函數，，則函數為非奇非偶函數，選項B不符合題意；選項C中，函數的定義域為，則為非奇非偶函數，選項C不符合題意；選項D中，是單調遞增且滿意，則是奇函數，符合條件.故選D.【點睛】本題重點考查常見函數的單調性和奇偶性，留意它們的判定方法，屬基礎題.10．B【解析】試題分析：對于選項A,y＝＝|x|，它與y＝x的對應關系不同，對于選項D,y＝＝|x|與y＝＝x(x≠0)的定義域不同．對于選項C,y＝＝x，它與y＝|x|的對應關系不同．這樣解除后可知，選B.考點：函數的概念點評：同一函數的定義就是定義域和對應法則都相同的時候，屬于基礎題．11．C【解析】對于A，不確定；對于B，單調增，且，所以無零點；對于C，,在區間內必有零點；對于D，單調增，且.所以必無零點.故選C.12．A【解析】故選A.13．3【分析】干脆寫出集合的非空子集即可.【詳解】集合的非空子集有：，故答案為：3.14．【分析】依據根式的運算法則，干脆計算，即可得出結果.【詳解】.故答案為：.【點睛】本題主要考查根式的化簡求值，屬于基礎題型.15．3【解析】試題分析：設出球的半徑，求出球的體積和表面積，利用相等關系求出球的半徑即可．解：設球的半徑為r，則球的體積為：，球的表面積為：4πr2因為球的體積與其表面積的數值相等，所以=4πr2，解得r=3故答案為：3．考點：球的體積和表面積；旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）．16．【解析】分析：先依據冪函數定義求出冪函數表達式，然后計算即可.詳解：設冪函數為：因為冪函數的圖象過點，故，所以=，所以=,故答案為點睛：考查冪函數的定義和簡潔計算，屬于基礎題.17．（1）2；（2）5；（3）；【分析】應用對數、指數的運算性質求值即可.【詳解】（1），（2），（3）【點睛】本題考查了指對數的運算，應用指對數間的關系，及指對數的運算性質求值，屬于簡潔題.18．（1）；（2）．【分析】（1）求出集合A和B，依據補集的定義求出．（2）由條件可得，依據子集關系可得或．【詳解】（1），當時，，則且，．（2），．因為方程的兩根為1和a，當時，，符合，當時，再由，可得，實數a的取值集合為．【點睛】本題主要考查了集合關系中參數的取值范圍問題，兩個集合的交集、并集、補集的定義和求法，屬于基礎題．19．（1）證明見解析；（2）．【分析】試題分析：本題以四棱錐為背景，第（1）小題設計為證明線面平行；第（2）小題求二面角的大小，解決方法多樣，既可以用綜合法，也可以用向量法求解．用向量法解答此題時，則先建立以為原點，以分別為建立空間直角坐標系，第（1）小題只需證明直線MQ的方向向量與平面PCB的法向量的數量積為零；第（2）小題先求平面MCN的法向量，平面ABCD的法向量，然后代入向量公式即得答案．用綜合法解答此題時，第（1）小題，取AP的中點E，則四邊形DCNE是平行四邊形，可得MQ//從而//平面．第（2）小題，由于截面與底面只有一個公共點C，所以須要作協助線或進行命題轉化，留意到平面底面所以截面與面所成的二面角即為面與面所成的二面角，從而利用三垂線定理作出二面角，解三角形可求得二面角的大?。囶}解析：方法（一）：(1)以為原點，以分別為建立空間直角坐標系，由，分別是的中點，可得：,∴，設平面的的法向量為，則有：令，則，∴，又平面∴//平面（2）設平面的的法向量為，又則有令，則，又為平面的法向量，∴，又截面與底面所成二面角為銳二面角，∴截面與底面所成二面角的大小為．方法（二）：

（1）//

又平面，平面,∴//平面（2）易證：平面底面所以截面與面所成的二面角即為面與面所成的二面角，因為平面所以平面，由（1）可知四點共面所以為截面與平面所成的二面角的平面角．所以，所以

考點：線面平行，二面角．20．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【分析】(1)利用線面平行的判定定理，找尋面PAD內的一條直線平行于MN，即可證出；（2）先證出一條直線垂直于面PCD，依據第一問結論知，MN也垂直于面PCD，利用面面垂直的判定定理即可證出；（3）依據等積法，即可求出點到平面的距離．【詳解】證明：（1）取中點為，連接分別為的中點，是平行四邊形，平面，平面，∴平面證明：（2）因為平面，所以，而,面PAD，而面，所以,由,為的終點，所以由于平面，又由（1）知，平面，平面，∴平面平面解：（3），，，則點到平面的距離為（也可構造三棱錐）【點睛】本題主要考查線面平行、面面垂直的判定定理以及等積法求點到面的距離，意在考查學生的直觀想象、邏輯推理、數學運算實力．21．（1）見解析；（2）【詳解】試題分析：（I）易證DC1⊥BD,再依據勾股定理證DC1⊥DC,從而可證得DC1⊥平面DCB,得到DC1⊥BC.(II)求二面角關鍵是作出二面角的平面角，取A1B1的中點為M，連結C1M、DM,證明∠C1DM是A1?BD?C1的平面角即可.（Ⅰ）證明：由題設知，三棱柱的側面為矩形．∵D是AA1的中點，∴DC=DC1又AC=AA1，∴DC12+DC2=CC12，∴DC1⊥DC又DC1⊥BD，且DC1∩DC=D，∴DC1⊥平面DCB．∴DC1⊥BC（Ⅱ）由（Ⅰ）知，DC1⊥BC，又CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1∴BC⊥平面CDC1，∵B1C1∥BC∴B1C1⊥平面CDC1∴B1C1⊥A1C1，△A1C1B1為等腰直角三角形取A1B1的中點為M，連結C1M、DM∵直棱柱的底面A1B1C1⊥側面AB1，C1M⊥A1B1∴C1M⊥平面AB1，C1M⊥BD．由（Ⅰ）知，DC1⊥平面DCB，∴DC1⊥BD又C1M∩DC1=C1，∴BD⊥平面C1MD，MD⊥BD∴∠C1DM是A1?BD?C1的平面角．在Rt△C1MD中，C1M=A1C1，，∴sin∠C1DM==，∴∠C1DM=30o∴二面角A1?BD?C1的大小為30o．考點：本小題主要考查了線線，線面，面面之間的垂直與平行關系，以及二面角等學問.點評：駕馭線線，線面，面面平行與垂直的判定與性質是求解空間的角與距離的關鍵.求角的步驟為：一作，二證，三指，四求.22．（1）；（2）；（3）定值為，證明見解析.【分析】（1）令求得函數的零點，令，求得定義域區間長度最大時的值.（2）先求得不等式的解集，設不等式的解集為，依據的長度為列不等式組，由此求得的取值范圍.（3）將原不等式轉化為分式不等式的形式，結合高次不等式的解法，求得不等式的解集，進而求得不等式解集構成的各區間的長度和為定值.【詳解】（1）令，解得，此時為函數的最小值.令，解得，.故定義域區間長度最大時，故區間的長度為.（2）由得，解得，記.設不等式的解集為，不等式組的解集為.設不等式等價于，所以，，由于不等式組的解集的個區間長度和為，所以不等式組，當是恒成立.當時，不等式恒成立，得.當時，不等式恒成立，分別常數得恒成立.當