福建省永春县第一中学2020学年高一数学下学期期初考试试题（通用）

PAGE永春一中高一年期初考试数学科试卷考试时间：120分钟试卷总分：150分本试卷分第I卷和第II卷两部分第I卷（选择题，共60分）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，每小题选出 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 后，请把答案填写在答题卡相应位置上。1.已知直线，，若，则的值为（）A．8B．2C.D．-22.关于不同的直线与不同的平面，有下列四个命题：①，，且，则②，，且，则③，，且，则④，，且，则其中正确的命题的序号是（）A．①②B．②③C.①③D．③④3.已知圆和圆，则两圆的位置关系为（）A．内含B．内切C.相交D．外切4．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为eq\f(1,2)，则该几何体的俯视图可以是（）5.若直线与圆的两个交点关于直线对称，则的值分别为（）A．B．C.D．6.直线和直线的距离是（）A．B．C.D．7．直线和圆在同一平面直角坐标系内的图形只能是（）A.B.C.D.8.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ACD所成的角的大小为（   ）A．90°         B．60°      C．45°       D．30°9.三棱锥的外接球为球，球的直径是，且，都是边长为1的等边三角形，则三棱锥的体积是（）A．B．C.D．10.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是A．（0,2）     B．（1,2）     C．（1,3）    D．（2,3）11.在正三棱锥S-ABC中，外接球的表面积为，M，N分别是SC,BC的中点，且,则此三棱锥侧棱SA=（  ）A.1     B.2     C.      D.12.直线与函数的图像恰有三个公共点，则实数的取值范围是（）A．B．C.D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡的横线上。13．如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′＝3,O′B′＝4，则△AOB的面积是________．14.已知两定点，，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于．15.在正三棱柱中，为棱的中点，若是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为．16.已知，若a，b，c，d是互不相同的四个正数，且f（a）=f（b）=f（c）=f（d），则abcd的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知中，，，.（1）求边上的高所在直线方程的一般式；（2）求的面积.18.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，该四棱锥的正视图和侧视图均为腰长为6的等腰直角三角形.（1）画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；（2）求证：；（3）求四棱锥外接球的直径.19.如图，直三棱柱中，分别是的中点，.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面.20.已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点A(26,1)，B(2,1)的距离之比等于.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；(Ⅱ)记(Ⅰ)中的轨迹为C，过点P(－2，3)的直线l被C所截得的线段的长为8，求直线l的方程．21.如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，过点作交于点.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求三棱锥D-BCE的体积.22.已知函数f(x)＝．(Ⅰ)若f(x)＋f(x－1)＞0成立，求x的取值范围；(Ⅱ)若定义在R上奇函数g(x)满足g(x＋2)＝－g(x)，且当0≤x≤1时，g(x)＝f(x)，求g(x)在[－3,－1]上的解析式，并写出g(x)在[－3,3]上的单调区间(不必证明)；(Ⅲ)对于(Ⅱ)中的g(x)（），若关于x的不等式在R上恒成立，求实数t的取值范围．永春一中高一年期初考试数学科参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）123456789101112DCBCAABCBCDC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，（13）12；（14）4π；(15)；　　（6）　（21，24）　　　　　　　　　三、解答题：本大题共6小题，共70分，(17)解：(Ⅰ)因为＝5，所以边上的高所在直线斜率＝－eq\f(1,5)．所以所在直线方程为．即．(Ⅱ)的直线方程为：．即点到直线的距离d=．，∴的面积为3.(18)解　(Ⅰ)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6的正方形，如图，其面积为36.(Ⅱ)证明：因为底面，底面，所以，由底面为正方形，所以,，面，面，所以面，面，所以．（Ⅲ）该几何体可以补形为正方体，故PA为四棱锥外接球的直径由侧视图可求得．由正视图可知，所以在Rt△中，．所以四棱锥外接球的直径为．（19）解：（Ⅰ）连结，交点，连，则是的中点，因为是的中点，故//．因为平面，平面．所以//平面．（Ⅱ）取的中点，连结，因为是的中点，故//且．显然//，且，所以//且．则四边形是平行四边形．所以//．因为，所以又，，面，面，所以直线平面．因为//，所以直线平面．因为平面，所以平面平面．(20)解：(Ⅰ)由题意，得eq\f(|MA|,|MB|)＝5,即eq\f(\r(（x－26）2＋（y－1）2),\r(（x－2）2＋（y－1）2))＝5，化简，得x2＋y2－2x－2y－23＝0.即(x－1)2＋(y－1)2＝25.∴点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25，轨迹是以点(1，1)为圆心，以5为半径的圆．(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，l：x＝－2，此时所截得的线段的长为2eq\r(52－32)＝8，∴l：x＝－2符合题意．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，圆心到l的距离d＝eq\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))，由题意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋42＝52，解得k＝eq\f(5,12).∴直线l的方程为eq\f(5,12)x－y＋eq\f(23,6)＝0.即5x－12y＋46＝0.综上，直线l的方程为x＝－2，或5x－12y＋46＝0.（21）证明：（Ⅰ）连接交于点，连接．∵底面是正方形，∴点是的中点．又为的中点，∴∥．又平面，平面，∴∥平面．（Ⅱ）∵⊥底面，平面，∴．∵底面是正方形，∴．又，平面，平面，∴平面．又平面，∴．∵，是的中点，∴．又平面，平面，，∴平面．而平面∴．又，且，又平面，平面，∴平面．（Ⅲ）∵是的中点，∴．22．【解析】(Ⅰ)由f(x)＋f(x－1)＞0得log2(x＋1)＋log2x＞0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x＞1,x＞0,x＋1＞0))，解得x＞eq\f(\r(5)－1,2)，所以x的取值范围是x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＞\f(\r(5)－1,2)))))(Ⅱ)当－3≤x≤－2时，g(x)＝－g(x＋2)＝g(－x－2)＝f(－x－2)＝log2(－x－2＋1)＝log2(－x－1)，当－2＜x≤－1时，g(x)＝－g(x＋2)＝－f(x＋2)＝－log2(x＋3)，综上可得g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（－1－x），（－3≤x≤－2）,－log2（3＋x），（－2＜x≤－1）))，g(x)在[－3，－1]和[1，3]上递减；g(x)在[－1，1]上递增；(Ⅲ)因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－log2eq\f(3,2)，由(Ⅱ)知，若g(x)＝－log2eq\f(3,2)，得x＝－eq\f(1,2),或x＝－eq\f(3,2)，或x＝eq\f(5,2)，由函数g(x)的图象可知若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－2x,8＋2x＋3)))≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))在R上恒成立．设u＝eq\f(t－2x,8＋2x＋3)＝－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)，当t＋1=0时,u＝－eq\f(1,8),g（－eq\f(1,8)）≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，符合题意。当t＋1>0时，u＝－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，－\f(1,8)＋\f(t＋1,8)))，则u∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，－\f(1,8)＋\f(t＋1,8)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))，则－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8)≤eq\f(5,2)，解得－1