2019-2020年高一数学上学期11月阶段测试题新人教A版.doc

2019-2020年高一数学上学期11月阶段测试题新人教A版考试时间： 90 分钟一选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1已知集合Ax|log2x1，Bx|0x0若ABB，则c的取值范围是()A(0,1 B1，) C(0,2 D2，)解析：本题考查了集合的运算及不等式的解法，Ax|0xcbBabc CcabDbca解析：法一：先比较b与c，构造函数yx.0，b0时y为增函数ac，故acb选A7.(xx长春高二检测)一个圆柱的轴截面为正方形,其体积与一个球的体积之比是32,则这个圆柱的侧面积与这个球的表面积之比为()A.11B.1C.D.327.【解析】选A.设圆柱的高为2,球的半径为r,则V球=r3=,解得r=1,故所求比为11.8(xx年河南许昌四校联考)已知定义域为R的函数f(x)在区间(4，)上为递减的，且函数yf(x4)为偶函数，则()Af(2)f(3)Bf(2)f(5)Cf(3)f(5)Df(3)f(6)解析：由函数yf(x4)为偶函数知yf(x)的图象关于直线x4对称，所以f(3)f(5)又因为函数yf(x)在区间(4，)上为递减的，f(5)f(6)，所以f(3)f(6)答案：D9定义在R上的函数f(x)的图象关于点(，0)成中心对称，对任意的实数x都有f(x)f(x)，且f(1)1，f(0)2，则f(1)f(2)f(3)f(2 012)的值为()A2B1 C1D2解析：由f(x)f(x)，得f(x3)f(x)f(x)，因此，f(x)是周期函数，并且周期是3.函数f(x)的图象关于点(，0)成中心对称，因此f(x)f(x)，f(x)f(x)，即f(x)f(x)，函数f(x)是偶函数f(1)1.又f(2)f(1)1，f(3)f(0)2，f(1)f(2)f(3)0.则f(1)f(2)f(2 012)f(1)f(2)2，故选A.答案：A10若关于x的方程|ax1|2a(a0，a1)有两个不等实根，则a的取值范围是()A(0,1)(1，)B(0,1)C(1，)D(0，)解析：方程|ax1|2a(a0且a1)有两个实数根转化为函数y|ax1|与y2a有两个交点当0a1时，如图(1)，02a1，即0a1时，如图(2)，而y2a1不符合要求综上，0a.答案：D11设为两条不同的直线，是一个平面，则下列结论成立的是 (A) 且，则 （B） 且，则（C）且，则 （D） 且，则11D12设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是()A(0，) B(0，) C(1，) D(1，) 解析：根据题意构造四面体ABCD，ABa，CD，ACADBCBD1，取CD中点E，连接BE，AE，则AEBE.又a，0a.故选A.答案：A二、填空题13若f(x)(xa)(x4)为偶函数，则实数a_.解析：f(x)为偶函数，f(x)f(x)，f(x)x24xax4a，f(x)x24xax4a，4a4a，a4.答案：414当0xg(x)f(x)答案：h(x)g(x)f(x)15已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为_ 解析：本题主要考查三视图的知识，考查了空间想象能力，借助常见的正方体模型是解题关键由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个正三角形，四个直角三角形和一个正方形组成计算得其表面积为124.答案：12416若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，则_(写出所有正确结论的编号)四面体ABCD每组对棱相互垂直四面体ABCD每个面的面积相等从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于180连结四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长17解析：把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题错误；因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以正确；当ABCD为正四面体时，夹角之和等于180，所以错误；因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以正确；而命题显然成立故应填.答案：三、解答题17（本小题8分）已知不等式x2bxa0的解集为(2,3)，求不等式ax2bx10的解集.17解:2,3是方程的两根 2+3=b,23 =, a=-6,b=54分 不等式为 即， P 不等式的解集是.8分18 (12分)如图,已知AB平面ACD,DE平面ACD,ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.求证:(1)AF平面BCE.(2)平面BCE平面CDE.18证明】(1)取CE的中点G,连接FG,BG.因为F为CD的中点,所以GFDE且GF=DE.因为AB平面ACD,DE平面ACD,所以ABDE,所以GFAB.又因为AB=DE,所以GF=AB.所以四边形GFAB为平行四边形,则AFBG.因为AF平面BCE,BG平面BCE,所以AF平面BCE.(2)因为ACD为等边三角形,F为CD的中点,所以AFCD,因为DE平面ACD,AF平面ACD,所以DEAF.又CDDE=D,故AF平面CDE.因为BGAF,所以BG平面CDE.因为BG平面BCE,所以平面BCE平面CDE.19.如图，在中，斜边 可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角动点的斜边上（I）求证：平面平面；（II）求与平面所成角的正弦的最大值19. （I）证明：由题意，是二面角的平面角，又二面角是直二面角，又，平面，又平面平面平面 .6分（II）解：由（I）知，平面，是与平面所成的角，且当最小时，最大，这时，垂足为， ，与平面所成角的正弦值的最大值为13分20（本小题12分）如图所示，正四棱锥PABCD中，O为底面正方形的中心，侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为(1)求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小；(2)若E是PB的中点，求异面直线PD与AE所成角的正切值；(第21题)DBACOEP(3)问在棱AD上是否存在一点F，使EF侧面PBC，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由20解：(1)取AD中点M，连接MO，PM，MDBACOEP(第21题(1)依条件可知ADMO，ADPO，则PMO为所求二面角PADO的平面角 PO面ABCD，PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角tanPAO设ABa，AOa， POAOtanPOAa，tanPMOPMO60 (2)连接AE，OE， OEPD，MDBACOEP(第21题(2)OEA为异面直线PD与AE所成的角AOBD，AOPO，AO平面PBD又OE平面PBD，AOOEOEPDa，tanAEO(3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连BG，EG，MGMDBACO EP N G F (第21题(3)BCMN，BCPN，BC平面PMN平面PMN平面PBC又PMPN，PMN60，PMN为正三角形MGPN又平面PMN 平面PBCPN，MG平面PBC取AM中点F，EGMF，MFMAEG，EFMGEF平面PBC点F为AD的四等分点 图（1） 图（2）21.解：() 在ABC中， E、F分别是AC、BC上的点，且满足， ABEF AB平面DEF，EF平面DEF， AB平面DEF .4分() 过D点作DGAC于G，连结BG， ADCD， BDCD， ADB是二面角A-CD-B的平面角 ADB=， 即BDAD BD平面ADC BDAC AC平面BGD BGAC BGD是二面角B-AC-D的平面角在ADC中，AD=a， DC=， AC=2a， 在RtBDG中， .8分 () ABEF， DEF(或其补角)是异面直线AB与DE所成的角 ， 又DC=， ， ， 解得 k 14分