高一數學一、選擇題：本題共12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．2．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為（）A． B． C． D．3．已知函數則（

）A．1 B．0 C． D．4．已知是冪函數，且在第一象限內是單調遞減的，則的值為()A．－3 B．2 C．－3或2 D．35．設，集合，．若，則（

）A．0 B． C．l D．6．已知函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則下列結論正確的是（）A．αβ，mα，則mβB．m?α，n?α，mβ，nβ，則αβC．m⊥n，m⊥α，nβ，則α⊥βD．m⊥α，mn，αβ，則n⊥β8．已知函數．則的值為（

）A．4 B．3 C．2 D．19．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．是偶函數，遞增區間是B．是偶函數，遞增區間是，C．是奇函數，遞減區間是D．是奇函數，遞減區間是，10．定義在上的偶函數滿足：對任意的，有，則、、的大小關系為（）A． B．C． D．11．若不等式對一切成立，則的最小值為（

）A．0 B． C． D．12．已知定義在上的函數在上單調遞增，且是偶函數，不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知集合，，若，則實數的取值范圍是．14．若函數的定義域是，則函數的定義域是．15．函數的值域為．16．已知是上的單調遞增函數，則實數的取值范圍為．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．已知函數的定義域為，的值域為．（Ⅰ）求、；（Ⅱ）求．18．已知二次函數滿足，．(1)求的解析式及單調區間.(2)若方程有兩個不相等的實數根，求的取值范圍.19．如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PA垂直于底面，E、F分別是AB、PC的中點，PA＝AD.求證：(1)CD⊥PD；(2)EF⊥平面PCD.20．已知函數是定義在上的奇函數，當時，．(1)求函數的解析式；(2)在給出的直角坐標系中畫出函數的圖象并寫出的單調區間．21．在矩形中，，，為的中點，沿將折起到的位置，使平面平面．(1)若為線段的中點，求證：平面；(2)求證：．22．定義在上的函數滿足，，且時，．(1)求；(2)判斷在上的單調性；(3)若，求的取值范圍.1．D【分析】由集合的并集運算即可得解.【詳解】因為，，所以.故選：D.【點睛】本題考查了集合的并集運算，考查了運算求解能力，屬于基礎題.2．B【詳解】，，．選B.點睛:空間幾何體體積問題的常見類型及解題策略(1)若所給定的幾何體是可直接用公式求解的柱體、錐體或臺體，則可直接利用公式進行求解．(2)若所給定的幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用轉換法、分割法、補形法等方法進行求解．(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應先根據三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據條件求解．3．C【分析】代入即可求解.【詳解】因為，所以,故選：C4．A【分析】根據冪函數的定義判斷即可．【詳解】由是冪函數，知，解得或.∵該函數在第一象限內是單調遞減的，∴.故.故選：A.【點睛】本題考查了冪函數的定義以及函數的單調性問題，屬于基礎題．5．D【分析】由集合相等的定義求出后可得．【詳解】首先，否則與元素的互異性矛盾．因為，所以，，，因此，，所以，所以．故選：D．【點睛】本題考查集合相等的概念，兩個集合中元素完全相等，則兩個集合相等，解題時要注意元素的互異性．6．B【分析】根據反比型函數的單調性，得到參數的取值范圍，求得結果.【詳解】根據反比型函數的單調性可知，要使函數在區間上單調遞增，只有，即，所以實數的取值范圍是，故選：B.【點睛】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有根據函數在給定區間上的單調性求參數的取值范圍，在解題的過程中，熟記反比型函數的單調性與系數符號的關系即可，屬于基礎題目.7．D【分析】結合空間線面的位置關系及平行與垂直的判定與性質定理對各個選項分別進行判斷即可.【詳解】解：對于A選項，αβ，mα，則mβ或m?β，所以A選項錯誤.對于B選項，m?α，n?α，mβ，nβ，則αβ或α和β相交，只有加上條件m與n相交時，才有結論αβ，所以B選項錯誤.對于C選項，m⊥n，m⊥α，nβ，則αβ或α與β相交，所以C選項錯誤.對于D選項，m⊥α，mn，則n⊥α，又αβ，則n⊥β，所以D選項正確.故選：D.8．A【分析】用換元法，設，解得代入后可得函數式，再計算函數值．【詳解】設，，則，所以，所以．故選：A．【點睛】本題考查求函數的解析式，解題方法是換元法．屬于基礎題．9．B【分析】判斷函數的奇偶性，再由單調區間的形式可得結論（可不求單調區間進行選擇）【詳解】由題意，是偶函數，排除C，D單調區間不可以是兩個不相鄰區間的并集，排除A．故選：B．【點睛】本題考查函數的單調性是奇偶性，本題確定奇偶性后根據單調區間的定義可得正確選項．10．D【分析】由已知條件得出單調性，再由偶函數把自變量轉化到同一單調區間上，由單調性得結論．【詳解】因為對任意的，有，所以當時，，所以在上是減函數，又是偶函數，所以，，因為，所以，即．故選：D．11．D【分析】問題轉化為，從而求出的最小值即可．【詳解】若不等式對一切成立，則，當時，取最大值，故，故的最小值是.故選：D．12．C【分析】由是偶函數得的圖象關于直線對稱，從而得在上的單調性，利用單調性化簡函數不等式后再由恒成立可得的范圍．【詳解】因為是偶函數，所以的圖象關于直線對稱，又函數在上單調遞增，所以在上的單調遞減，時，，，，由得或即或恒成立，所以或．故選：C．【點睛】本題考查函數的奇偶性、對稱性與單調性，考查不等式恒成立問題，解題關鍵是確定函數的單調性，利用單調性分類討論化簡不等式，轉化為求函數的最值．13．【分析】根據子集的定義求解．【詳解】因為，，，所以．故答案為：．【點睛】本題考查集合的包含關系，掌握子集定義是解題基礎．14．【分析】由及分母不為0可得．【詳解】，解得．故答案為：．【點睛】本題考查求復合函數的定義域，一般求得使函數式有意義的自變量的取值范圍即可．15．【分析】利用換元法將函數換元構造出新函數，由新函數的定義域結合二次函數的性質求出最值即可得到值域.【詳解】設，則，所以原函數可化為：，由二次函數性質，當時，函數取最大值2，由性質可知函數無最小值，所以值域為：.故答案為：.【點睛】本題考查換元法求函數值域，當函數解析式中含有根式時，一般考慮換元法，用換元法時要注意一定寫出新變量數的取值范圍.16．【分析】由，及可得．【詳解】因為是增函數，所以，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的單調性，分段函數在定義域上單調，需滿足所有段同單調，相鄰端點處的函數值滿足相應的不等關系．17．（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由函數式有意義求得定義域，根據二次函數性質可求得值域；（Ⅱ）根據集合運算的定義計算．【詳解】（Ⅰ）由得解得．，所以，．（Ⅱ），所以．【點睛】本題考查求函數的定義域與值域，考查集合的綜合運算，屬于基礎題．18．(1)，單調遞增區間為，單調遞減區間為(2)或．【分析】（1）利用待定系數法即可求出二次函數的解析式．（2）利用判別式大于0求解即可．【詳解】（1）設，由可得，所以，故，又得即，，故單調遞增區間為，單調遞減區間為（2）由得，得，有兩個不相等的實數根，則有兩個不相等的實數根則滿足，得或．19．（1）見解析；（2）見解析.【詳解】試題分析：1)證明線線垂直時，要注意題中隱含的垂直關系，如等腰三角形的底邊上的高，中線和頂角的角平分線合一、矩形的內角、直徑所對的圓周角、菱形的對角線互相垂直、直角三角形等等；(2)證明線面垂直的方法：一是線面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性質定理；三是平行線法（若兩條平行線中的一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面.解題時，注意線線、線面與面面關系的相互轉化.試題解析：(1)∵PA⊥底面ABCD，平面ABCD∴CD⊥PA.又矩形ABCD中，CD⊥AD，∵AD∩PA＝A，平面PAD，平面PAD∴CD⊥平面PAD，平面PAD∴CD⊥PD.(2)取PD的中點G，連結AG，FG.又∵G、F分別是PD、PC的中點，∴∴∴四邊形AEFG是平行四邊形，∴AG∥EF.∵PA＝AD，G是PD的中點，∴AG⊥PD，∴EF⊥PD，∵CD⊥平面PAD，AG?平面PAD.∴CD⊥AG.∴EF⊥CD.∵PD∩CD＝D，平面PCD，CD平面PCD∴EF⊥平面PCD.考點：線線、線面與面面關系的相互轉化、線面垂直20．(1)(2)的遞增區間為，單調遞減區間為，【分析】（1）設，得到，代入時的解析式化簡可得時的解析式，又定義在實數集上的奇函數有，所以分段函數的解析式可求；（2）利用二次函數的頂點及與軸的交點作出簡圖，然后由圖象得單調區間；【詳解】（1）當時，，；又函數是上的奇函數，的解析式為：；（2）函數的圖象如圖所示，根據的圖象可知，的遞增區間為，單調遞減區間為，21．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）取的中點，連接、，利用線線平行可得線面平行，進而可得平面平面，進而根據面面平行的性質可證平面．（2）由題意根據勾股定理可證，利用面面垂直的性質可證．【詳解】（1）取的中點，連接、，則,故四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面,故平面,同理，平面，平面,故平面,，、平面．平面平面，注意到平面，平面．（2）由題意可得：，