甘肃省兰州市第五十五中学2020学年高一数学上学期12月月考试题（含解析）

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1、甘肃省兰州市第五十五中学2020学年高一数学上学期12月月考试题（含解析）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，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求集合的补集,再与求交集即可.【详解】因为,故选A.【点睛】本题考查了集合的补集和交集运算,属基础题.2.下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据基本初等函数的图象与性质，即可判断函数的单调性，从而得出结论【详解】解：对于A，函数y在定义域0，+）上为单调增函数，满足题意；对于B，函数

2、y（x1）2在区间（，1）上是单调减函数，（1，+）上是单调增函数，不满足题意；对于C，函数y2x在定义域R上为单调减函数，不满足题意；对于D，函数在定义域（0，+）上为单调减函数，不满足题意故选：A【点睛】本题考查了基本初等函数的图象与性质的应用问题，是基础题目3.下列四组函数中，表示同一函数的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【详解】选项B、C、D中的两个函数的定义域都不相同，所以不是同一函数；因的定义域相同,且解析式也相同,是同一函数，故应选A4.函数的零点所在的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数的零点存在性定理直接判断即可.【详

3、解】因为函数在上单调递增，由函数的零点存在性定理可得的零点所在的区间是.故选C.【点睛】本题主要考查利用函数的零点存在性定理判断函数的零点所在的区间，属基础题.5.半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是(）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求得底面半径和圆锥的高，然后求解其体积即可.【详解】设圆锥的底面半径为，由题意可得：，解得：，圆锥的高，则圆锥的体积：.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查圆锥的体积公式，空间几何体的结构特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.如图所示，平面，且，直线，过，三点的平面记作，则与的交线必通过（ ）A. 点B. 点C. 点但不过

4、点D. 点和点【答案】D【解析】【分析】由平面的基本性质易知与的交线必通过点和点.【详解】由已知可得点，又，所以，有平面的基本性质可得，所以与的交线必通过点和点.故选D.【点睛】本题主要考查平面的基本性质，是常考题型，试题较易.7.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视

5、图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题8.如图，在直三棱柱中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取的中点，连接，则,所以即为异面直线与所成的角或其补角.【详解】如图，取的中点，连接，则,所以即为异面直线与所成的角或其补角，由已知可得，所以，所以异面直线与所成的角为. 故选C.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解问题，属常规考题.9.设，是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则其中正确命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】

6、C【解析】【分析】由空间中直线与平面的位置关系逐项分析即可【详解】当时，可能平行，也可能相交或异面，所以不正确；当时，可以平行，也可以相交，所以不正确；若，则；若，则，故正确命题的序号是.【点睛】本题考查空间中平面与直线的位置关系，属于一般题10.已知一个三棱柱高为3,其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图所示),则此三棱柱的体积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由斜二测画法的规则可知，三棱柱的底面为直角三角形，且两条直角边分别为2，故此三棱柱的体积为选D11.若函数的大致图象如图，其中为常数，则函数的大致图像是（ ）A. B. C.

7、 D. 【答案】B【解析】【分析】由函数的图象为减函数可知，且，可得函数的图象递减，且，从而可得结果.【详解】由函数的图象为减函数可知，再由图象的平移知，的图象由向左平移可知，故函数的图象递减，且，故选B.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.12.已知是上的偶函数，且在是减函数，若，则不等式的解集是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为y=f(x)为偶函数,所以等价为，所以不等式

8、等价为x0f(x)0或x0.因为函数y=f(x)为偶函数,且在(,0上是减函数,又f(3)=0，所以f(x)在0,+)是增函数，则对应的图象如图：所以解得x3或0x3，即不等式的解集为(,3)(0,3).故选C.二、填空题：本大题有4小题，每小题5分，共20分.13.两个球的体积之比为8 ：27，则这两个球的表面积之比为_【答案】【解析】试题分析：设两球半径分别为，由可得，所以即两球的表面积之比为考点：球的表面积，体积公式14.函数的图像恒过定点，且点在幂函数的图像上，则_【答案】9【解析】当，即时，点定点的坐标是，幂函数图象过点，解得，幂函数为，则，故答案为.15.如图所示，三棱锥中，平面，

9、则直线与平面所成角的度数为_.【答案】【解析】【分析】因为平面，所以即为所求.【详解】由已知平面，所以即为直线与平面所成角，又，所以.故答案为.【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的问题，属基础题.16.已知，是互不相同直线，是三个不同的平面，给出下列命题：若与为异面直线，则； 若，则；若，则. 其中所有真命题的序号为_.【答案】【解析】【分析】由线线、线面、面面的位置关系及性质定理、判定定理逐个判断即可.【详解】若与为异面直线，则与平行或相交，故是假命题；若，则与是平行直线或异面直线，故是假命题；由，可得且，即.故是真命题.故答案为【点睛】本题主要考查线线、线面、面面的位置关系的判断和辨析，

10、属基础题.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明或演算步骤17.计算下列各式的值：（1）；（2）【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由实数指数幂的运算性质，即可求解；（2）由对数的运算性质和对数的运算公式，即可求解【详解】（1）由题意，根据实数指数幂的运算性质，可得：（2）根据对数的运算性质，可得【点睛】本题主要考查了实数指数幂的运算性质，以及对数的运算性质的化简、求值问题，其中解答中熟记指数幂和对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题18.已知函数，（且）.（1）求函数的定义域；（2）判断的奇偶性，并说明理由.【答案】（1）；（2

11、）见详解.【解析】【分析】（1）由解之可得；（2）利用奇函数定义判断即可.【详解】（1） 因为，所以，解之得，所以函数的定义域为.（2） 函数为奇函数，因为函数的定义域关于原点对称且，所以函数为奇函数.【点睛】本题主要考查函数的定义域的求解及函数的奇偶性的判断问题，属常规考题.19.如图所示，在边长为的正三角形中，依次是，的中点，为垂足，若将绕旋转，求阴影部分形成的几何体的表面积与体积.【答案】表面积为：，体积为：.【解析】【分析】旋转后的几何体是一个圆锥，从下面挖去一个圆柱，根据数据利用面积公式和体积公式可求得该几何体的表面积和体积.【详解】由题意所得几何体是一个圆锥，从下面挖去一个圆柱，因

12、为圆锥的底面半径为、母线长为、高为，圆柱的底面半径为、母线长为，所以圆锥的表面积，圆柱的侧面积，圆锥的体积，圆柱的体积，则所求几何体的表面积，所求几何体的体积.【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积问题，关键是搞清楚旋转后是什么样的几何体，考查了空间想象能力及面积、体积公式的应用，属中等难度题.20.某企业常年生产一种出口产品，根据预测可知，进入世纪以来，该产品的产量平稳增长记年为第年，且前年中，第年与年产量万件之间的关系如下表所示：若近似符合以下三种函数模型之一：，(1)找出你认为最适合的函数模型，并说明理由，然后选取其中你认为最适合的数据求出相应的解析式；(2)因遭受某国对该产品进行反倾

13、销的影响，年的年产量比预计减少，试根据所建立的函数模型，确定年的年产量【答案】（1）见详解；（2）万件.【解析】【分析】（1）把给出三个模型分别验证，即可找出一个比较合适的模型；（2）利用（1）的模型，先计算出预计的年的年产量，再去掉减少的即可得出年的实际年产量.【详解】符合条件的函数模型是，理由如下：若模型为，则是减函数，与已知不符合；若模型为，则由，得，即，此时、，与已知数据相差太大，不符合.故符合条件的函数模型是，由已知得，解得，所以，.由（1）知年的预计年产量为（万件），年的实际年产量为（万件）.【点睛】本题主要考查函数模型及应用，熟练掌握建立函数模型的方法及正确计算是解题的关键，本题

14、是常考题型，属中等难度题.21.如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1，E，F，P，Q分别是BC，C1D1，AD1，BD的中点，求证：（1）PQ平面DCC1D1（2）EF平面BB1D1D【答案】（1）（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）连结AC、D1C，Q是AC的中点，从而PQD1C，由此能证明PQ平面DCC1D1（2）取CD中点G，连结EG、FG，由已知得平面FGE平面BB1D1D，由此能证明EF平面BB1D1D（1）证明：连结AC、D1C，ABCD是正方形，Q是AC的中点，又P是AD1的中点，PQD1C，PQ平面DCC1D1，D1C平面DCC1D1，PQ平面DCC1D1（2）

15、证明：取CD中点G，连结EG、FG，E，F分别是BC，C1D1的中点，FGD1D，EGBD，又FGEG=G，平面FGE平面BB1D1D，EF平面FGE，EF平面BB1D1D考点：直线与平面平行的判定22.如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证：（1）平面；（2）平面.【答案】(1)见解析；（2）见解析【解析】【详解】（1） 取AB的中点M,连FM,MC， F、M分别是BE、BA的中点， FMEA, FMEA， EA、CD都垂直于平面ABC， CDEA CDFM又 DCa， FMDC 四边形FMCD是平行四边形， FDMC， FD平面ABC （2）M是AB的中点，ABC是正三角形，CMAB，又CMAE，ABAEA，CM面EAB，CMAF，FDAF，F是BE的中点, EAAB，AFEB，AF平面EDB