2020-2021学年河南省南阳市高一（上）12月联考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高一（上）12月联考数学试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列是旋转体的是（ ）
A.正方体B.平行六面体C.正棱台D.球

2. 函数fx=1x−1+lg2x+1的定义域是( )
A.−1,1∪1,+∞B.−1,+∞C.−1,1D.1,+∞

3. 现有水平放置的按“斜二测画法”得到的直观图，其为边长是1的正△ABC，则原△ABC的面积为（ ）
A.616B.68C.64D.62

4. 在正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点（如图），则异面直线EF与BD所成角的大小为（ ）

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

5. 已知a=lg232，b=212，c=lg223，则a，b，c的大小关系是( )
A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c

6. 设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，下列条件中能推出m⊥n的是（ ）
A.m⊥α,n//β,α⊥βB.m⊥α,n⊥β,α//βC.m⊂α,n⊥β,α//βD.m⊂α,n//β,α⊥β

7. 已知fx=x+1+1,x>−1,ex+x,x≤−1,则不等式fx+1x−1>f1的解集是（ ）
A.0,+∞B.1,+∞C.0,1D.0,1∪1,+∞

8. 已知圆锥的底面周长为2π，母线长为3，则该圆锥的内切球的体积为( )
A.2π3B.3π3C.4π3D.2π

9. 如图，在四棱锥S−ABCD中，SB⊥底面ABCD．底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=1，AD=3，CD=2．若点E是线段AD上的动点，则满足∠SEC=90∘的点E的个数是（ ）

A.1B.2C.3D.4

10. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A.22B.32C.4D.5

11. 已知函数f(x)=|lg2x|,x∈(0,2]，3−x,x∈(2,+∞)，若方程fx=k有三个实数根x1,x2,x3，则x1x2x3的取值范围是( )
A.2,3B.1,2C.0,2D.0,1

12. 若正三棱锥A−BCD的侧棱长为8，底面边长为4，E，F分别为AC，AD上的动点（如图），则截面△BEF的周长最小值为（ ）

A.63B.82C.10D.11
二、填空题

一个球的表面积是36π，则这个球的体积为________.

在三棱锥P−ABC中，点P在平面ABC上的射影为点O．若PA=PB=PC，则点O是△ABC的________心（填内、外、重、垂之一）

已知方程ex+x=2的根为α，方程lnx+x=2的根为β，则α+β=________.

已知正三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积为40π，则正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积的最大值为________.
三、解答题

若一个圆台的母线长为10cm，高为8cm，下底面面积为64πcm2，请求出截得此圆台的圆锥的母线长是多少．

已知函数fx=lg2x−p+lg23−x，p∈R.
(1)求函数fx的定义域；

(2)当p=1时，求fx的值域．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点.

(1)求证：直线BD1//平面PAC;

(2)直线PB1⊥平面PAC．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥AD，AB // CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点，DE=EC．

(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；

(2)设PA=a，若三棱锥B−PED的体积V∈[2515，21515]，求实数a的取值范围．

在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60∘， EA=ED=AB=2EF=2，EF//AB，M为BC的中点．

(1)求证：FM//平面BDE．

(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．

已知函数fx=lnx2+1+x.
(1)判断函数fx的奇偶性及单调性（单调性不要求证明）；

(2)若fm>2，求m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高一（上）12月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：只有球是旋转体.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由x−1≠0，x+1>0,
解得x∈(−1,1)∪(1,+∞).
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
平面图形的直观图
斜二测画法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直观图△ABC是边长为1的正三角形，故面积为34，
因为平面图形的面积与直观图的面积的比是22，
所以原△ABC的面积为34×22=62.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取CD中点G，连接EG，FG，ED，AE,
设正四面体边长为a，则EG=FG=12a，AE=ED=32a，
则EF2=ED2−FD2=a22，
又EG2+FG2=EG2=a22，
则EGF=90∘，
则∠FEG=45∘，
∵ EG//BD，
∴ EF与BD所成角即为EF与EG所成角，即为∠FEG=45∘.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a=lg2320c=lg223>lg222=32，
所以c>b>a.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于选项A，m，n的位置关系是平行或相交或异面，所以选项A错误；
对于选项B：结论为m//n，所以选项B错误；
对于选项C：若n⊥β,α//β，则n⊥α，又m⊂α，所以m⊥n，所以选项C正确；
对于选项D：m，n的位置关系是平行或相交或异面，所以选项D错误．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：显然fx是单调增函数，因此有x+1x−1>1，解之得x>0且x≠1．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
多面体的内切球问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆锥的轴截面所在的等腰三角形内切圆即为内切球的大圆，
可得大圆的半径R=22，
则内切球的体积=4πR33=2π3.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
直线与平面垂直的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接BE，
∵ SB⊥底面ABCD，∠SEC=90∘，
∴ BE⊥CE．
故问题转化为在梯形ABCD中，点E是线段AD上的动点，求满足BE⊥CE的点E的个数．
设AE=x，则DE=3−x，
∵ AB⊥AD，AB // CD，AB=1，AD=3，CD=2，
∴ 根据勾股定理10=1+x2+4+(3−x)2，
∴ x2−3x+2=0，
∴ x=1或2，
∴ 满足BE⊥CE的点E的个数为2，
∴ 满足∠SEC=90∘的点E的个数是2．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将三视图还原实物图，该几何体为边长为1的正方体切去四个三棱锥所有成：
则表面积为1+12+4×12+4×12×22×322=5.
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不妨设x1而由题意可知：−lg2x1=lg2x2，且x3∈(2,3)，
故lg2x2+lg2x1=lg2(x1⋅x2)=0，
所以x1⋅x2=1，x1x2x3=x3∈(2,3).
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：正三棱锥A−BCD的侧面展开图如图，
由平面几何知识可得BB′//CD，
所以∠BEC=∠ECD=∠ACB，于是△BCE∼△ABC，
所以CEBC=BCAB，即CE4=48，所以CE=2，所以AE=6.
又EFCD=AEAC=34，
可得EF=3．
截面△BEF的周长最小值为： 4+3+4=11．
故选D．
二、填空题
【答案】
36π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设球的半径为R，则S=4πR2=36π，解得R=3，
则球的体积V=43πR3=36π.
故答案为：36π.
【答案】
外
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，
PA=PC=PB，
所以OA=OB=OC，即O为△ABC的外心.
故答案为 ：外.
【答案】
2
【考点】
函数的零点与方程根的关系
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：α为函数y=ex与y=2−x交点的横坐标，β为函数y=lnx与y=2−x交点的横坐标，而函数y=ex与y=lnx关于直线y=x对称．故α+β=2.
故答案为：2.
【答案】
303
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设AB=a，AA1=b，正三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为r，
因为4πr2=40π，所以r2=10，
则(33a)2+(12b)2=10，
所以13a2+14b2=10,
即a2=30−34b2.
则S侧=3ab=3a2b2=3(30−34b2)b2
=332−(b2−20)2+400≤303，
当b2=20，即b=25时等号成立，
故侧面积的最大值为303.
故答案为：303.
三、解答题
【答案】
解：设圆台的轴截面为等腰梯形ABCD如图所示：
则有AB=10cm，AM=8cm，则BM=6cm.
已知下底面面积为64πcm2，可得底面半径OB=8cm，
从而OM=O1A=2cm，
延长BA，OO1交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为lcm，
则由△SAO1∼△SBO，
得SASB=AO1BO，即l−10l=28，
解得l=403cm.
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
棱台的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆台的轴截面为等腰梯形ABCD如图所示：
则有AB=10cm，AM=8cm，则BM=6cm.
已知下底面面积为64πcm2，可得底面半径OB=8cm，
从而OM=O1A=2cm，
延长BA，OO1交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为lcm，
则由△SAO1∼△SBO，
得SASB=AO1BO，即l−10l=28，
解得l=403cm.
【答案】
解：(1)由题意 x−p>0,3−x>0,即x>p,x<3,
因为函数的定义域为非空数集，所以，当p<3时， fx的定义域为p,3.
(2)由(1)知， fx的定义域为1,3，
fx=lg2x−13−x=lg2−x2+4x−3，
令t=−x2+4x−3，因为x∈1,3．
故t∈(0,1]，
则y=lg2t∈(−∞,0]，
即fx的值域为(−∞,0].
【考点】
对数函数的定义域
函数的定义域及其求法
对数函数的值域与最值
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意 x−p>0,3−x>0,即x>p,x<3,
因为函数的定义域为非空数集，所以，当p<3时， fx的定义域为p,3.
(2)由(1)知， fx的定义域为1,3，
fx=lg2x−13−x=lg2−x2+4x−3，
令t=−x2+4x−3，因为x∈1,3．
故t∈(0,1]，
则y=lg2t∈(−∞,0]，
即fx的值域为(−∞,0].
【答案】
证明：1长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点，
连接AC和BD，相交于O，连接OP，
所以OP//BD1，
BD1⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC.
2连接OB1，
由于四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
BB1⊥平面ABCD，
所以AC⊥平面BB1D1D，
则AC⊥PB1，
由于PB12+OP2=OB12，
所以PB1⊥OP，
直线PB1⊥平面PAC.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）直接利用三角形的中位线，得到线线平行，进一步利用线面平行的判定定理得到结论．
（2）利用线面垂直的判定和性质定理和勾股定理得逆定理得到线线垂直，进一步利用线面垂直的判定得到结论．
【解答】
证明：1长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点，
连接AC和BD，相交于O，连接OP，
所以OP//BD1，
BD1⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC.
2连接OB1，
由于四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
BB1⊥平面ABCD，
所以AC⊥平面BB1D1D，
则AC⊥PB1，
由于PB12+OP2=OB12，
所以PB1⊥OP，
直线PB1⊥平面PAC.
【答案】
(1)证明：∵ AB // CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F分别为CD的中点，
∴ ABFD为矩形，AB⊥BF，
∵ DE=EC，
∴ DC⊥EF，
又AB // CD，
∴ AB⊥EF，
∵ BF∩EF=F，
∴ AB⊥平面BEF，AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面BEF.
(2)解：∵ DE=EC，
∴ DC⊥EF，
又PD // EF，AB // CD，
∴ AB⊥PD，
又AB⊥AD，AD∩PD=D，
∴ AB⊥面PAD，
∴ AB⊥PA，PA⊥平面ABCD，
三棱锥B−PED的体积V=VB−CED=VE−BCD，S△BCD=12×2×2=2，
E到面BCD的距离ℎ=a2，
VB−CED=VE−BCD=13×2×a2=a3∈[2515，21515]，
可得a∈[255，2155].
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)通过证明AE⊥平面BEF，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABE⊥平面BEF；
(2)设PA=a，利用三棱锥B−PED的体积V=VB−CED=VE−BCD，求出三棱锥B−PED的体积，结合V∈[2515，2515]，即可求a的取值范围．
【解答】
(1)证明：∵ AB // CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F分别为CD的中点，
∴ ABFD为矩形，AB⊥BF，
∵ DE=EC，
∴ DC⊥EF，
又AB // CD，
∴ AB⊥EF，
∵ BF∩EF=F，
∴ AB⊥平面BEF，AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面BEF.
(2)解：∵ DE=EC，
∴ DC⊥EF，
又PD // EF，AB // CD，
∴ AB⊥PD，
又AB⊥AD，AD∩PD=D，
∴ AB⊥面PAD，
∴ AB⊥PA，PA⊥平面ABCD，
三棱锥B−PED的体积V=VB−CED=VE−BCD，S△BCD=12×2×2=2，
E到面BCD的距离ℎ=a2，
VB−CED=VE−BCD=13×2×a2=a3∈[2515，21515]，
可得a∈[255，2155].
【答案】
(1)证明：如图，取BD的中点O，连接OM，OE，
因为O，M分别为BD，BC中点，
所以OM//CD，且OM=12CD．
因为四边形ABCD为菱形，
所以CD//AB．
又EF//AB，
所以CD//EF．
又AB=CD=2EF=2，
所以EF=12CD，
所以OM=EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，
所以FM//OE.
又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
所以FM//平面BDE．
(2)解：由(1) 知FM//平面BDE，
所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离．
如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM．
因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60∘，EA=ED=AB=2EF．
所以，EH⊥AD，BH⊥AD．
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面 ABCD=AD，
所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH.
因为EH=BH=3，
所以BE=6，
所以S△BDE=12×6×22−(62)2=152.
设F到平面BDE的距离为ℎ，
因为S△BDM=12×34×22=32，
所以由VE−BDM=VM−BDE，得13×3×32=13×152×ℎ，
所以ℎ=155，
即点F到平面BDE的距离为155．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取BD的中点O，连接OM，OE，
因为O，M分别为BD，BC中点，
所以OM//CD，且OM=12CD．
因为四边形ABCD为菱形，
所以CD//AB．
又EF//AB，
所以CD//EF．
又AB=CD=2EF=2，
所以EF=12CD，
所以OM=EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，
所以FM//OE.
又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
所以FM//平面BDE．
(2)解：由(1) 知FM//平面BDE，
所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离．
如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM．
因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60∘，EA=ED=AB=2EF．
所以，EH⊥AD，BH⊥AD．
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面 ABCD=AD，
所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH.
因为EH=BH=3，
所以BE=6，
所以S△BDE=12×6×22−(62)2=152.
设F到平面BDE的距离为ℎ，
因为S△BDM=12×34×22=32，
所以由VE−BDM=VM−BDE，得13×3×32=13×152×ℎ，
所以ℎ=155，
即点F到平面BDE的距离为155．
【答案】
解：(1)∵ x2+1>x2=|x|，
∴ x2+1+x>0，即函数fx的定义域为R．
∵ f−x=lnx2+1−x，
∴ fx+f−x=lnx2+1−xx2+1+x=ln1=0，
∴ fx为奇函数．
fx为定义在R上的增函数．
(2)不妨设ft=2，则f−t=−2.
∵ lnt2+1+t=2，即t2+1+t=e2①，
同样的：lnt2+1−t=−2，得t2+1−t=e−2 ②．
①−②得， t=e2−e−22.
由fm>2，即fm>ft，
因为fx为定义在R上的增函数，故m>t，
即m>e2−e−22 .
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数奇偶性的判断
函数单调性的性质
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ x2+1>x2=|x|，
∴ x2+1+x>0，即函数fx的定义域为R．
∵ f−x=lnx2+1−x，
∴ fx+f−x=lnx2+1−xx2+1+x=ln1=0，
∴ fx为奇函数．
fx为定义在R上的增函数．
(2)不妨设ft=2，则f−t=−2.
∵ lnt2+1+t=2，即t2+1+t=e2①，
同样的：lnt2+1−t=−2，得t2+1−t=e−2 ②．
①−②得， t=e2−e−22.
由fm>2，即fm>ft，
因为fx为定义在R上的增函数，故m>t，
即m>e2−e−22 .