永春一中高一年期初考試數(shù)學(xué)科試卷（2018.03）命題：潘賢呈校對(duì)：林一丁考試時(shí)間：120分鐘試卷總分：150分本試卷分第I卷和第II卷兩部分第I卷（選擇題，共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求，每小題選出答案后，請(qǐng)把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上。1.已知直線，，若，則的值為（）A．8B．2C.D．22.關(guān)于不同的直線與不同的平面，有下列四個(gè)命題：①，，且，則②，，且，則③，，且，則④，，且，則其中正確的命題的序號(hào)是（）A．①②B．②③C.①③D．③④3.已知圓和圓，則兩圓的位置關(guān)系為（）A．內(nèi)含B．內(nèi)切C.相交D．外切4．如圖，某幾何體的正視圖與側(cè)視圖都是邊長(zhǎng)為1的正方形，且體積為eq\f(1,2)，則該幾何體的俯視圖可以是（）5.若直線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱，則的值分別為（）A．B．C.D．6.直線和直線的距離是（）A．B．C.D．7．直線和圓在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的圖形只能是（） A.B.C.D.8.把正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起,當(dāng)以A、B、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí)，直線BD和平面ACD所成的角的大小為（

）A．90°

B．60°

C．45°

D．30°

9.三棱錐的外接球?yàn)榍颍虻闹睆绞?，且，都是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，則三棱錐的體積是（）A．B．C.D．10.若圓上有且只有兩個(gè)點(diǎn)到直線的距離等于1，則半徑r的取值范圍是A．（0,2）

B．（1,2）

C．（1,3）

D．（2,3）11.在正三棱錐SABC中，外接球的表面積為，M，N分別是SC,BC的中點(diǎn)，且,則此三棱錐側(cè)棱SA=（

）A.1

B.2

C.

D.12.直線與函數(shù)的圖像恰有三個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A．B．C.D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，請(qǐng)把答案填在答題卡的橫線上。13．如圖，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直觀圖，O′A′＝3,O′B′＝4，則△AOB的面積是________．14.已知兩定點(diǎn)，，如果動(dòng)點(diǎn)滿足，則點(diǎn)的軌跡所包圍的圖形的面積等于．15.在正三棱柱中，為棱的中點(diǎn)，若是面積為6的直角三角形，則此三棱柱的體積為．16.已知，若a，b，c，d是互不相同的四個(gè)正數(shù)，且f（a）=f（b）=f（c）=f（d），則abcd的取值范圍是．三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.）17.已知中，，，.（1）求邊上的高所在直線方程的一般式；（2）求的面積.18.如圖，在四棱錐中，底面為正方形，底面，該四棱錐的正視圖和側(cè)視圖均為腰長(zhǎng)為6的等腰直角三角形.（1）畫(huà)出相應(yīng)的俯視圖，并求出該俯視圖的面積；（2）求證：；（3）求四棱錐外接球的直徑.19.如圖，直三棱柱中，分別是的中點(diǎn)，.（1）證明：平面；（2）證明：平面平面.20.已知坐標(biāo)平面上動(dòng)點(diǎn)M(x，y)與兩個(gè)定點(diǎn)A(26,1)，B(2,1)的距離之比等于.(Ⅰ)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程，并說(shuō)明軌跡是什么圖形；(Ⅱ)記(Ⅰ)中的軌跡為C，過(guò)點(diǎn)P(－2，3)的直線l被C所截得的線段的長(zhǎng)為8，求直線l的方程．21.如圖所示，在四棱錐中，底面是正方形，側(cè)棱底面，，是的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn).（1）證明：平面；（2）證明：平面；（3）求三棱錐DBCE的體積.22.已知函數(shù)f(x)＝．(Ⅰ)若f(x)＋f(x－1)＞0成立，求x的取值范圍；(Ⅱ)若定義在R上奇函數(shù)g(x)滿足g(x＋2)＝－g(x)，且當(dāng)0≤x≤1時(shí)，g(x)＝f(x)，求g(x)在[－3,－1]上的解析式，并寫出g(x)在[－3,3]上的單調(diào)區(qū)間(不必證明)；(Ⅲ)對(duì)于(Ⅱ)中的g(x)（），若關(guān)于x的不等式在R上恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

永春一中高一年期初考試數(shù)學(xué)科參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）123456789101112DCBCAABCBCDC二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，12；（14）4π；(15)；（6）（21，24）三、解答題：本大題共6小題，共70分，(17)解：(Ⅰ)因?yàn)椋?，所以邊上的高所在直線斜率＝－eq\f(1,5)．所以所在直線方程為．即．(Ⅱ)的直線方程為：．即點(diǎn)到直線的距離d=．，∴的面積為3.(18)解(Ⅰ)該四棱錐的俯視圖為(內(nèi)含對(duì)角線)，邊長(zhǎng)為6的正方形，如圖，其面積為36.(Ⅱ)證明：因?yàn)榈酌?，底面，所以，由底面為正方形，所?，面，面，所以面，面，所以．（Ⅲ）該幾何體可以補(bǔ)形為正方體，故PA為四棱錐外接球的直徑由側(cè)視圖可求得．由正視圖可知，所以在Rt△中，．所以四棱錐外接球的直徑為．（19）解：（Ⅰ）連結(jié)，交點(diǎn)，連，則是的中點(diǎn)，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，故//．因?yàn)槠矫?，平面．所?/平面．（Ⅱ）取的中點(diǎn)，連結(jié)，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，故//且．顯然//，且，所以//且．則四邊形是平行四邊形．所以//．因?yàn)?，所以又，，面，面，所以直線平面．因?yàn)?/，所以直線平面．因?yàn)槠矫?，所以平面平面?20)解：(Ⅰ)由題意，得eq\f(|MA|,|MB|)＝5,即eq\f(\r(（x－26）2＋（y－1）2),\r(（x－2）2＋（y－1）2))＝5，化簡(jiǎn)，得x2＋y2－2x－2y－23＝0.即(x－1)2＋(y－1)2＝25.∴點(diǎn)M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25，軌跡是以點(diǎn)(1，1)為圓心，以5為半徑的圓．(Ⅱ)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l：x＝－2，此時(shí)所截得的線段的長(zhǎng)為2eq\r(52－32)＝8，∴l(xiāng)：x＝－2符合題意．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，圓心到l的距離d＝eq\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))，由題意得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).∴直線l的方程為eq\f(5,12)x－y＋eq\f(23,6)＝0.即5x－12y＋46＝0.綜上，直線l的方程為x＝－2，或5x－12y＋46＝0.（21）證明：（Ⅰ）連接交于點(diǎn)，連接．∵底面是正方形，∴點(diǎn)是的中點(diǎn)．又為的中點(diǎn)，∴∥．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，∴．∵，是的中點(diǎn)，∴．又平面，平面，，∴平面．而平面∴．又，且，又平面，平面，∴平面．（Ⅲ）∵是的中點(diǎn)，∴．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的取值范圍是x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＞\f(\r(5)－1,2)))))(Ⅱ)當(dāng)－3≤x≤－2時(shí)，g(x)＝－g(x＋2)＝g(－x－2)＝f(－x－2)＝log2(－x－2＋1)＝log2(－x－1)，當(dāng)－2＜x≤－1時(shí)，g(x)＝－g(x＋2)＝－f(x＋2)＝－log2(x＋3)，綜上可得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]上遞減；g(x)在[－1，1]上遞增；(Ⅲ)因?yàn)間eq\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)，由函數(shù)g(x)的圖象可知若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．設(shè)u＝eq\f(t－2x,8＋2x＋3)＝－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)，當(dāng)t＋1=0時(shí),u＝－eq\f(1,8),g（－eq\f(1,8)）≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，符合題意。當(dāng)t＋1>0時(shí)，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)))，則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)))，則－eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8)≤eq\f(5,2)，解得－1<t≤20.當(dāng)t＋1＜0時(shí)，u＝eq\f(1,8)＋eq\f(t＋1,8（1＋2x）)∈eq\b\l