河南省辉县市一中高一数学上学期第二次阶段性考试试题

辉县市一中2022——2022学年上期第二次阶段性考试高一数学试卷（时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．3．第II卷答案要写在答题卷相应位置，写在试卷上无效．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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的选项涂在答题卡上．）1．作一个圆柱的内接正三棱柱，又作这个三棱柱的内切圆柱，那么这两个圆柱的底面半径之比是（　）A．2∶1B．2∶3C.∶1D.∶22．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（　　）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）A．B．C．D．14．正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是（　　）A．B．C．D．5．设奇函数f（x）在（0，＋∞）上为增函数，且f（1）＝0，则不等式<0的解集为（　）A．（－1,0）∪（1，＋∞）B．（－∞，－1）∪（0,1）C．（－∞，－1）∪（1，＋∞）D．（－1,0）∪（0,1）6．设奇函数f（x）在[－1,1]上是增函数，且f（－1）＝－1，若对所有的x∈[－1,1]及任意的a∈[－1,1]都满足f（x）≤t2－2at＋1，则t的取值范围是（　　）-8-A．[－2,2]B.C．（－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞）D.∪{0}∪7．若直线l：y＝kx－与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（　　）A．[30°，60°）B．（30°，90°）C．（60°，90°）D．[30°，90°]、8．给定下列四个命题：①若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为正确的命题的是（　　）A．①和②B．②和③　C．③和④　D．②和④9．若定义在R上的函数f（x）满足：对任意x1，x2∈R，有f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2）＋1，则下列说法一定正确的是（　　）A．f（x）为奇函数B．f（x）为偶函数C．f（x）＋1为奇函数D．f（x）＋1为偶函数10．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°11．设偶函数f（x）＝loga|x－b|在（－∞，0）上是增函数，则f（a＋1）与f（b＋2）的大小关系是（　　）A．f（a＋1）＝f（b＋2）B．f（a＋1）>f（b＋2）C．f（a＋1）<f（b＋2）d．不能确定12．在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为（>0，则应有f(2)≤0或由f(2)≤0得m≤－，但当m＝－时，方程x2－x＋1＝0有两根，2，故舍去．由得m＝－1.∴m<－或m＝－1.②若f(x)＝0在区间[0,2]上有两解，则∴∴∴－≤m<－1，由①②可知m的取值范围为(－∞，－1]．18.解:设点A关于直线l的对称点为A′(x0,y0),因为AA′被l垂直平分,所以解得因为A′(-4,-3),B(1,1)在反射光线所在直线上,所以反射光线的方程为=,即4x-5y+1=0.解方程组得入射点的坐标为.-8-由入射点及点A的坐标得入射光线方程为=,即5x-4y+2=0.故光线从A到B所走过的路线长为|A′B|==.19．解：(1)由已知可得l2的斜率必存在，∴k2＝1－a.若k2＝0，则1－a＝0，a＝1.∵l1⊥l2，∴直线l1的斜率k1必不存在，即b＝0.又∵l1过(－3，－1)，∴－3a＋4＝0，即a＝(矛盾)．∴此种情况不存在，即k2≠0.若k2≠0，即k1、k2都存在，∵k1＝，k2＝1－a，l1⊥l2，∴k1·k2＝－1，即(1－a)＝－1.①又∵l1过点(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0.②由①②联立，解得a＝2，b＝2.(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴直线l1的斜率存在．∴k1＝k2，即＝1－a.③又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，l1∥l2，∴l1、l2在y轴上的截距互为相反数，即＝－(－b)．④由③④联立，解得或20．解：(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.又因为A1E，BC⊂平面A1BC，A1E∩BC＝E，故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形AA1DE为平行四边形．于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，AE∩A1E＝E，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F.-8-又因为DE∩BC＝E，所以A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝.由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.所以sin∠A1BF＝.21．解:(1)取AD中点M,连接MO,PM,依条件可知AD⊥MO,AD⊥PO,则∠PMO为所求二面角PADO的平面角.因为PO⊥平面ABCD,所以∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角.所以tan∠PAO=.设AB=a,AO=a,所以PO=AO·tan∠PAO=a,tan∠PMO==.所以∠PMO=60°.(2)连接AE,OE,因为OE∥PD,所以∠OEA为异面直线PD与AE所成的角.因为AO⊥BD,AO⊥PO,所以AO⊥平面PBD.又OE⊂平面PBD,所以AO⊥OE.因为OE=PD==a,所以tan∠AEO==.(3)延长MO交BC于N,取PN中点G,连EG,MG.因为BC⊥MN,BC⊥PN,所以BC⊥平面PMN.所以平面PMN⊥平面PBC.又PM=PN,∠PMN=60°,所以△PMN为正三角形.所以MG⊥PN.又平面PMN∩平面PBC=PN,所以MG⊥平面PBC.取AM中点F,因为EG∥MF,所以MF=MA=EG,所以EF∥MG.所以EF⊥平面PBC.点F为AD的靠近A的四等分点.22.解：(1)∵f(2)<f(3)，∴>1，即－k2＋k＋2>0，解得－1<k<2.又∵k∈n，∴k＝0或k＝1.且当k＝0或k＝1时，－k2＋k＋2＝2，-8-∴f(x)＝x2.(2)假设存在q>0满足题设．由(1)知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1.∵g(2)＝－1，∴两个最值点只能在端点(－1，g(－1))和顶点处取到，而－g(－1)＝－(2－3q)=，∴g(x)max＝＝，g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4，解得q＝2.经检验q＝2符合题意．-8-</k<2.又∵k∈n，∴k＝0或k＝1.且当k＝0或k＝1时，－k2＋k＋2＝2，-8-∴f(x)＝x2.(2)假设存在q></f(3)，∴></f（b＋2）d．不能确定12．在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为（>