陕西西安高一参考答案

　 2019—2020 学年度第一学期教学质量检查

　高一数学 答案解析

　1. 【答案】C 【解析】

　【分析】

　先根据并集的运算，求得 A B ，再结合补集的运算，即可求解. 【详解】由题意，全集   1,2,3,4,5 U  ，   1,3 A ，   3,5 B ， 可得{1,3,5} A B ，所以     2,4UC A B   . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念及运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力. 2. 【答案】A 【解析】

　【分析】

　根据直线方程，得出斜率，进而可得倾斜角. 【详解】因为直线 l ：

　3 3 1 0 x y    的斜率为33k  ， 则倾斜角为 30° . 故选：A. 【点睛】本题主要考查求直线的倾斜角，属于基础题. 3. 【答案】D 【解析】

　【分析】

　根据函数的定义域求出函数( ) 1 f x x   ( ) x R 的值域，然后由幂函数、指数函数、对数函数再求出各选项函数的值域即可求解. 【详解】函数( ) 1 f x x   ( xR )的值域为 R . 对于 A，( ) y x x R  值域为 R ； 对于 B， 3 () y x x R   值域为 R ；

　 对于 C，ln ( 0) y x x  值域为 R ； 对于 D， ( )xy e x R   值域为   0,   ； 故选：D 【点睛】本题主要考查指数函数、对数函数、幂函数的性质，属于基础题. 4. 【答案】A 【解析】

　【分析】

　根据指数函数、对数函数的单调性即可比较大小. 【详解】由lg0.3 lg1 0 a   ，0.2 02 2 1 b    ，0.6 00 .8 .8 1 0 0 c     ， a c b    ， 故选：A 【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的单调性，需熟记指数函数、对数函数的性质，此题属于基础题. 5. 【答案】C 【解析】

　【分析】

　根据三视图分析出几何体的几何结构特征：正方体挖去一个圆锥，然后再由正方体与椎体的体积公式即可求解. 【详解】由几何体的三视图可知：

　几何体是以 2 为边长为正方体挖去一个底边半径为 1 r  ，高为 2 h  的圆锥， 所以3 21 22 83 3V r h     

　 故选：C. 【点睛】本题主要考查几何体的三视图还原几何体的结构特征以及椎体的体积公式，考查了学生的空间想象能力，属于基础题. 6. 【答案】B 【解析】

　【分析】

　由题意作出韦恩图即可求解. 【详解】作出韦恩图如下：

　由图可知   50 18 12 18 2    

　 故选：B 【点睛】本题考查了韦恩图的应用，考查了集合的基本运算，属于基础题. 7. 【答案】A 【解析】

　【分析】

　根据直线方程的一般式，直线垂直：1 2 1 20 A A B B  即可求解. 【详解】由直线 1 :2 0 l ax y  与直线2 :(1) 1 0 l a x y a     垂直， 所以   1 2 0 a a   ， 解得 2 a 或 1 . 故选：A 【点睛】本题主要考查两直线垂直根据系数之间的关系求参数，需熟记公式，属于基础题. 8. 【答案】D 【解析】

　【分析】

　由线面平行的定义可判断 A；由线面平行的定义以及面面垂直的性质可判断 B；由面面平行的判定定理可判断 C；由面面垂直的判定定理可判断 D. 【详解】对于 A，若 // m  ， // n  ，则, m n 平行、相交、异面均有可能，故 A 不对； 对于 B，若 // m  ，  ，则, m  可能垂直、平行，也可能 m 在  面内，故 B不对；

　 对于 C，若 // m  ， m ，则,   平行、相交，故 C 不对； 对于 D，若 m n  ， m   ， n ，由面面垂直的判定定理，则  ，故 D 对；

　故选：D 【点睛】本题主要考查线面、面面之间的位置关系，属于基础题. 9. 【答案】B 【解析】

　【分析】

　根据函数与方程以及零点存在性定理即可判断. 【详解】令  1121xf x ex  ， 由  0 11 10 2 3 00 1f ee     ，  1 11 31 2 02 2f e      ，  2 11 12 2 2 03 3f e e       ，     1 2 0 f f    ，且函数单调递增，   f x  零点所在的区间为 (1,2) ， 故方程112 01xex  的根所在区间为 (1,2) . 故选：B 【点睛】本题主要考查了零点存在性定理，需掌握定理的内容，属于基础题. 10. 【答案】B 【解析】

　【分析】

　40 AB EF   ，由图根据对称性 FG GH HA BC CD DE      ， 用绳最短即 FG GH HA   最小，且 FG HA  ，使 2 GH HA  最小即可，列出函数关系式，求导求最值即可. 【详解】由图根据对称性 FG GH HA BC CD DE      ， 用绳最短即 FG GH HA   最小，且 FG HA  ，使 2 GH HA  最小

　如图，过 H 作 HO 垂直于点 A 所在的边于点 O ， 长方体的长、宽、高为 20cm 、 20cm 、 5cm

　设   0 10 OA x x    ， 则     22 22 2 25 2 10 2 25 2 10 GH HA f x x x x x           ，      12221 22 25 2 2 1 2225xf x x xx          ， 令   0 f x ，则222 025xx ，解得 5 x ，

　令   0 f x ，则222 025xx ，解得 5 x

　 令   0 f x ，则222 025xx ，解得 5 x ， 故   f x 在   0,5 单调递减，在   5,10 单调递增， 所以    min5 2 50 5 2 15 2 f x f     . 又 40 AB EF  

　 所以用绳最短为  40 30 2 cm  故选：B 【点睛】本题考查了导函数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数的最值，综合性比较强，属于中档题. 共 二、多项选择题：本大题共 2 小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．

　11.【答案】ABD 【解析】

　【分析】

　根据 a 的不同取值确定相应的图象，正确选项．

　 【详解】

　0 a  时， ( ) ( 0) f x x x   ，图象为 A； 0 a 时，, 0( ), 0ax xaxf x xa xx xx        ，在 0 x  时，由勾形函数知识得( ) f x 在 (0,] a  上递减，在 [, ) a   上递增，0 x  时，( ) f x 是减函数，图象为 B； 0 a  时， 0 x  时， ( )af x xx  是增函数， 0 x  时， ( ) ( )a af x x xx x      ，结合勾形函数性质知图象为 D． 故选：ABD． 【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题关键是分类讨论，按0, 0, 0 a a a   分三类，掌握勾形函数的知识及函数单调性是解题基础． 12. 【答案】BC 【解析】

　【分析】

　假设 A、M、N、B四点共面，结合线面平行性质定理可得 //MN MN//CD AB  ，这与题意矛盾，从而否定 A; 根据 AD 平面1 1CDDC 可判断面面垂直；先平移，再解三角形可得直线 BN 与1B M所成角；易得 // BN 平面1 1AAD D ，因此若// BN 平面 ADM ，则 // BN AD ，推出矛盾. 【详解】

　如图所示，对于 A中，若 A、M、N、B四点共面，由于 // AB 平面1 1CC D D ，而平面1 1CC D D平面 ABNM MN  ,所以 //MN AB ,又 //CD MN//CD AB  ,这样题意矛盾，故 A、M、N、B四点不共面，故 A错误； 对于 B中，在长方体1 1 1 1ABCD ABC D 中，可得 AD 平面1 1CDDC ， 所以平面 ADM  平面1 1CDDC ，故 B正确；

　 对于 C 中，取 CD 的中点 O，连接 BO 、 ON ，则1// B M BO ,所以直线 BN 与1B M 所成角为 NBO 或其补角，易知三角形 BON 为等边三角形，故 ,3NBO  从而直线 BN 与1B M 所成角为 60°，C 正确； 对于 D中，因为 // BN 平面1 1AAD D ，若// BN 平面 ADM ，则 BN 必平行两平面的交线 AD ，显然这不成立，故 D错误. 故选：BC 【点睛】本题考查求异面直线所成角、面面垂直判断以及线面平行判断与性质，考查空间想象能力以及推理判断能力，属中档题. 共 三、填空题：本大题共 4 小题，请把答案填在答题卡的相应位置上．

　13. 【答案】

　5 x x且  1 x 

　【解析】

　【分析】

　使函数表达式有意义即5 01 0xx   ，解不等式组即可. 【详解】使函数151y xx  有意义，即5 01 0xx   ， 解得 5 x 且 1 x ，故函数的定义域为 5 x x且  1 x  . 故答案为：

　5 x x且  1 x 

　【点睛】本题主要考查函数的定义域，属于基础题. 14. 【答案】3 55 【解析】

　【分析】

　首先根据两条直线平行求出参数 a ，再有两平行线间的距离公式即可求解. 【详解】由直线 1 :1 0 l x ay   与2 :21 0 l x y   平行， 则12a   ，即12a  ， 故直线11: 1 02   l x y ，化为 2 2 0 x y    ，

　 又2 :21 0 l x y   ， 故1l 与2l 之间的距离为2 22 1 3 3 55 52 1  ， 故答案为：3 55 【点睛】本题主要考查两条直线平行斜率的关系以及两平行线间的距离公式，属于基础题. 15. 【答案】

　20 

　【解析】

　【分析】

　以 4 PA ， 3 AB  ， 1 AD 为棱作长方体，长方体的对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】由题意，以 4 PA ， 3 AB  ， 1 AD 为棱作长方体，长方体的对角线即为外接球的直径， 设外接球的半径为 R ，则 22 24 3 152R   故24 20 S R     . 故答案为：

　20 

　【点睛】本题考查了多面体的外接球问题以及球的表面积公式，属于中档题. 16. 【答案】

　(1). 2 2 0 x y - + =

　(2). 22 32 m  【解析】

　【分析】

　首先求出点(1,0) P关于直线 AB 的对称点P，由( 2,0) Q 结合点斜式即可求解；求出点( ,0), (0,4) M m m关于 y 轴对称点P，关于直线 AB 对称点P ， P P   即为光线经过的路程. 【详解】设点(1,0) P关于直线 AB 的对称点为  0 0, P x y  ，直线 AB ：

　4 0 x y    ， 所以 000 001 111 04 02 2yxx y        解得04 x ，03 y ，故   4,3P，由( 2,0) Q 

　 PQ  ：  3 00 24 2y x   ，即2 2 0 x y - + = .

　点( ,0), (0,4) M m m关于 y 轴对称点   ,0 P m ，设关于直线 AB 对称点  1 1, P x y  ，

　由 111 101 104 02 2yx mx m y        解得14 x ，14 y m  ，故   4,4 P m  故   22 22 32 4 4 P P m m m        

　 故答案为：2 2 0 x y - + =；22 32 m  【点睛】本题主要考查点斜式方程、中点坐标公式、两点间的距离公式，考查了学生的基本知识，属于基础题. 共 四、解答：本大题共 6 小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．

　17. 【答案】（1）

　  |2 4 x x  

　 （2）

　3 a

　【解析】

　【分析】

　（1）首先求出集合 A 、 B ，然后再由集合的交运算即可求解.

　（2）根据 A B A   得 B A  ，再由集合的包含关系即可求解. 【详解】解：（1）由题意可知，   | 2 A x x  

　 当   1 |0 4 a B x x     时，

　  |2 4 A B x x    

　 （2）

　A B A  Q U

　B A  

　1 2 a   

　 3 a  

　【点睛】本题主要考查了集合的基本运算以及根据集合的包含关系求参数的取值范围，属于基础题. 18.

　【答案】（1）1 0 x y   

　 （2）12 m 或-4

　 【解析】

　【分析】

　（1）求出线段 AB 的中点坐标以及垂直平分线的斜率，由点斜式即可求出直线方程； （2）求出线段 AB 的长度，再求出点 C 到直线 AB 的距离，由三角形的面积公式即可求解. 【详解】解：（1）(0,3) (2,1) A B ，  线段 AB 的中点坐标为 1,2 （ ）

　 记边 AB 的垂直平分线为 l ，则1AB lk k   

　 3 110 2lk   ，得1lk =  线段 AB 的垂直平分线 l 的方程为 2 1 ( 1) y x    ， 即1 0 x y    .

　 （2）2 2(2 0) (3 1) 2 2 AB     

　 直线: 1 1 ( 2)ABl y x     ，即3 0 x y   

　 设点 C 到直线 l 的距离为 d ，则2 21 3 421 1m md    ，

　4 1 12 2 82 2 2mS AB d       ，

　 | 4| 8 m    12 m ∴ 或 4  . 【点睛】本题主要考查点斜式求直线方程、点到直线的距离公式，属于基础题. 19.

　【答案】（1）证明见解析

　（2）23

　（3）

　// CD 平面 AEF，理由见解析 【解析】

　【分析】

　（1）首先证出 AF BC  ，1CC AF ，根据线面垂直的判定定理证出 AF  平面1 1BCC B ，再由线面垂直的定义即证.

　（2）证出 AC 为三棱锥 C ADE  高，利用三棱锥的体积公式以及等体法即可求解.

　 （3）利用线面平行的判定定理即可证出直线 CD 与平面 AEF 的位置关系. 【详解】证明：（1）

　1CC  平面 ABC， AF  平面 ABC，

　 1CC AF  ， AB AC  ， F 点为 BC 的中点，

　AF BC  

　 又1CC BC C  ，1 ,CC BC  面1 1BCC B

　 AF   平面1 1BCC B

　 又1BC  平面1 1BCC B

　1AF BC  ，即1BC AF 

　 （2）

　2, 2 2 AB AC BC    ，故2 2 2AB AC BC   ， AB AC  

　 三棱柱1 1 1ABC ABC 中，侧棱1CC  底面 ABC ， 1AA   平面 ABC

　 AC  平面 ABC , 1AA AC  

　又1AA AB A AC     平面1 1ABB A

　 即 AC 为三棱锥 C ADE  的高

　1 1 12 2 3D AEF F ADE C ADE ADEV V V S AC       

　1 1 1 2( 2 2) 22 3 2 3      

　（3）

　// CD 平面 AEF ，证明如下：

　 连接, DE DB ，记 DB 与 AE 相交于点 G

　,连接 FG

　 D E 、 分别为1AA 和1BB 的中点， 故, / / DA BE DA BE   四边形 ABED 为平行四边形

　G  为 BD 中点， 又 F 为 BC 中点，  // CD FG

　CD  又 平面 AEF ， FG 平面 AEF ， // CD  平面 AEF

　【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理、线面垂直的定义、等体法求点到面的距离以及线面平行的判定定理，考查了学生的推理能力，属于中档题. 20.

　【答案】（1）增函数，理由见解析

　（2）奇函数，证明见解析

　（3）13( , )4

　【解析】

　【分析】

　（1）利用函数单调性的定义即可得证. （2）首先判断定义域关于原点对称，利用函数奇偶性定义即可得证. （3）由(1)(2)以及分离参数法将不等式转化为 4 2 3x xm    对任意 xR 恒成立，令( ) 4 2 3x xg x     ，求   g x 的最大值即可. 【详解】解：（1）( ) f x是定义域 R 上的增函数.

　设任意的1 2x x R  ，，且1 2x x ，则 1 21 2 2 11 22 2 2( )( ) ( ) 1 (1 )1 1 ( 1)( 1)x xx x x xe ef x f xe e e e        ，

　因为1 2x x  ,所以1 20x xe e   ，又2 11 0 1 0x xe e     ， ，所以1 2( ) ) 0 ( f x f x  

　 即1 2( ) ( ) f x f x ，所以( ) f x 是定义域 R 上的增函数.

　（2）( ) f x 是奇函数.

　证明：因为2 1( ) 11 1xx xef xe e   ，定义域 R 关于原点对称 所以对任意 xR ，都有1 1( ) ( )1 1x xx xe ef x f xe e      

　 所以( ) f x 是奇函数.

　（3）由（2）知( ) f x 为 R 上的奇函数，所以不等式(2 ) (3 4 ) 0x xf m f     对任意 xR 恒成立，等价于 (2 ) (3 4 ) (4 3)x x xf m f f       对任意 xR 恒成立.

　又由（1）知，( ) f x 在定义域 R 上单调递增， 得 2 4 3x xm    对任意 xR 恒成立即 4 2 3x xm    对任意 xR 恒成立.

　设 ( ) 4 2 3x xg...