辽宁诗港市四校2022学年高一数学12月联考试题

2022-2022上学期高一四校联考数学试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共150分，时间120分钟。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的）1.知集已合则为（）．A．B．C．D．2．函数的定义域为（）A.B.C.D.3.下列各图中，表示以为自变量的奇函数的图像是（）．ABCD4.函数的零点所在的大致区间是(　　)A.B.C.D.5.已知，则（）A．B．C.D．6.一个几何体的三视图及部分数据如图所示，正（主）视图、侧（左）视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．7．已知直线a，b和平面α，β，给出以下命题，其中真命题为（　　）A．若a∥β，α∥β，则a∥αB．若α∥β，a⊂α，则a∥βC．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥bD．若a∥β，b∥α，α∥β，则a∥b8.已知函数A．1B．2C．3D．49．关于x的方程的解的个数为（　　）-7-A．4B．3C．2D．110.定义在R上的奇函数f(x),满足f()=0,且在(0,+∞)上单调递减,则xf(x)>0的解集为()A.{x|x<−或x>}B.{x|0<x<或−<x<0}c.{x|0<x<或x<−}d.{x|−<x<0或x>}11设符号表示不超过的最大整数，如，，又实数、满足方程组，则的取值范围（　　）A．B．C．D．12．三棱锥的棱长均为4，顶点在同一球面上，则该球的表面积为（　　）A．72πB．36πC．144πD．288π第Ⅱ卷（选择题90分）二、填空题（本大题共4小题每小题5分，计20分）13.设函数则____________14.函数是偶函数，定义域，则的值域是______。15.据说阿基米德死后,敌军将领给他建了一块墓碑,在墓碑上刻了一个图案(如图),图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等,圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心,圆锥的底面是圆柱的下底面.图案中高一数学，共（4）页第1页圆锥、球、圆柱的体积比为____________16．如图所示是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：高一数学，共（4）页第2页①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有______．三、解答题（本大题共6小题，计70分）-7-17.（10分）已知集合，.（1）求；（2）若集合，且，求实数的取值范围.18.（12分）如图，在三棱柱中，底面是线段的中点，是线段上任意一点，．（1）求证：平面；（2）求证：平面．19．（本题12分）已知函数.（1）当时，求函数的值域；高一数学，共（4）页第4页（2）是否存在，使在上单调递增，若存在，求出的取值范围，不存在，请说明理由.20.（12分）已知定义域为的函数是奇函数．（1）求实数的值；（2）判断在上的单调性；(只写结论，不需证明)（3）若对任意恒成立，求的取值范围．21.（12分）如图甲，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，F为AD中点，E在BC上，且EF∥-7-AB，已知AB＝AD＝CE＝2，现沿EF把四边形CDFE折起如图乙使平面CDFE⊥平面ABEF.(1)求证：AD∥平面BCE；(2)求证：平面ABC⊥平面BCE；(3)求三棱锥C－ADE的体积．22．（12分）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.（1）当时，求函数的不动点；（2）若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；（3）在（2）的条件下，若f（x）的两个不动点为，且，求实数的取值范围.高一数学，共（4）页第3页-7-答案1----5ACBDD6--10BBDCB11---12AC13.14.15.1:2:316.(2)(3)17．（1）对于函数,∵,∴,其值域为集合．对于函数,∵,∴,其值域为集合B=[1,2]．∴AB={2}．……6分（2）∵,∴CB．当时,即时,C=,满足条件；来当时,即时,要使CB,则,解得．综上可得：．……12分18.证明：（1）因为是线段的中点，所以，又底面，所以又，所以平面，．．．．．．．．6分（2）易知四边形为平行四边形，则为的中点，又是线段的中点，所以，而平面平面，所以平面．．．．．．．12分19．解：（1）当时，，设，∴，∴的值域为.…6分（2）要使在上单调递增，只需在上单调递减且在上恒成立，所以此不等式无解，故不存在，使在上单调递增.．．．．．．．12分-7-20.解：（1），经检验成立。．．．．．．．．．．4分（2）在上是减函数．．．．．．．．．．．．．6分（3）对任意恒成立设在上增时，．．．．12分21.(1)证明：由题意知AF∥BE，DF∥CE，∴平面ADF∥平面BCE，又AD⊂平面ADF，∴AD∥平面BCE.．．．．．4分(2)证明：在图甲中，EF∥AB，AB⊥AD，∴EF⊥AD，∴在图乙中，CE⊥EF，又∵平面CDFE⊥平面ABEF，平面CDFE∩平面ABEF＝EF，∴CE⊥平面ABEF，∴CE⊥AB，又∵AB⊥BE，∴AB⊥平面BCE.∴平面ABC⊥平面BCE；………………8分(3)∵平面CDFE⊥平面ABEF，AF⊥EF，∴AF⊥平面CDFE，∴AF为三棱锥A－CDE的高，AF＝1，又∵AB＝CE＝2，∴S△CDE＝×2×2＝2，∴VC－ADE＝VA－CDE＝S△CDE·AF＝×2×1＝.…………12分22．（1），因为x0为不动点，因此所以x0=－1，所以－1为f（x）的不动点.………………4分（2）因为f（x）恒有两个不动点，f（x）=ax2+（b+1）x+（b－1）=x，ax2+bx+（b－1）=0，由题设b2－4a（b－1）＞0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab+4a＞0恒成立，所以（4a）2－4（4a）＜0a2－a＜0，所以0＜a＜1.………………8分(3)因为，所以，-7-令，则.…………12分-7-</x<或−<x<0}c.{x|0<x<或x<−}d.{x|−<x<0或x>