本期试卷参考答案

2019-11-07

中学生数理化·高一版 2019年10期

关键词：棱锥三棱锥三视图

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函数应用综合演练A卷

一、选择题

1.提示：由题意知函数f（x）是增函数。根据函数的零点存在性定理及f（0）=-2＜0，f（1）=e-2＞0，可知函数f（x）在区间（0，1）上有且只有一个零点。应选B。

2.提示：易知的定义域为（0，+∞），且在定义域上单调递增。因为，所以f（1）·f（2）＜0。由函数零点存在性定理知的零点所在的区间为（1，2）。应选B。

3.提示：因为第一次所取的区间是（-2，4），所以第二次所取的区间可能为（-2，1），（1，4），则第三次所取的区间可能为应选D。

4.提示：因为f（x）的定义域为[0，+∞），所以易知函数f（x）在[0，+∞）上单调递减。因为所以函数的零点所在的区间为（1，2）。应选B。

5.提示：由表中数据可知，当单价为4元时销售量为400件，单价每增加1元，销售量就减少40件。设定价为x元/件时，日均销售利润为y元，则y=（x-3）·[400-（x-故当x=时，该商品的日均销售利润最大。应选C。

6.提示：因为函数在区间（1，2）上单调递增，又函数的一个零点在区间（1，2）内，所以f（1）·f（2）＜0，可得（-a）（4-1-a）＜0，即a（a-3）＜0，解得0＜a＜3。应选C。

7.提示：令f（x）+3x=0，则或解得x=0或x=-1，所以函数y=f（x）+3x的零点个数是2。应选C。

8.提示：根据题意可得l gA=l gA0+l g 10M=l g（A0·10M），所以A=A0·10M，则应选D。

9.提示：由题意可知函数f（x）在（-∞，-1）和（-1，+∞）上都是增函数，又-1+1=ln（-1+2）=0，所以f（x）是单调增函数。因为函数y=f（2-x2）-f（2x+k）只有一个零点，所以方程f（2-x2）=f（2x+k）只有一个根。因为f（x）是单调增函数，所以方程2-x2=2x+k只有一个解，即方程x2+2x+k-2=0只有一个解。由于Δ=4-4（k-2）=0，所以k=3。应选B。

10.提示：由f（x）=0，可得m=因为，所以解得-5≤x＜10，x∈Z，可知x=-5，-4，-3，…，1，2，3，…，8，9，将它们分别代入m=验证可得符合条件的m取值为0，4，11，28，共4个。应选C。

11.提示：由函数图像可知f（±1）=0，1，g（±1）=-1，所以f[g（±2）]=f（1）=f（0）=0，f[g（0）]=f（0）=0，所以f[g（x）]有7个零点，即m=7。又g[f（0）]=g（0）=0，g[f（±1）]=g（0）=0，所以g[f（x）]有3个零点，即n=3。故m+n=10。应选C。

12.提示：设售价在90元的基础上涨x元。因为这种商品每个涨价1元，其销售量就减少20个，所以若涨x元，则销售量减少20x，按90元一个能全部售出，则按（90+x）元售出时，能售出（400-20x）个，每个利润是90+x-80=10+x（元）。设总利润为y元，则y=（10+x）（400-20x）=-20x2+200x+4000，对称轴为x=5，所以当x=5时，y有最大值，其售价为95元。所以售价定为每个95元时，利润最大。应选C。

13.提示：由三视图可知，该容器的上部分为圆台，下部分是一个与上部分形状相同的倒放的圆台，所以水面高度随时间的变化为先慢后快再慢的情况。应选C。

14.提示：依题意并结合函数f（x）的图像可知代入化简解得应选C。

15.提示：由题意易知g（x）=2017x-为奇函数且在（-∞，+∞）上单调递增，所以g（1-2x）+3+g（x）+3＞6，即g（x）＞g（2x-1），可得x＞2x-1，即x＜1。故不等式f（1-2x）+f（x）＞6的解集为（-∞，1）。应选A。

16.提示：因为当t∈[0，30]时，污染物数量的变化率是-10 ln2，所以-10 ln2=，所以p0=600 ln2。因为p（t）=所以p（60）=600 ln2×2-2=150 ln 2（m g/L）。应选C。

二、填空题

17.提示：令f（x）=0，当x≥λ时，可得x=4;当x＜λ时，由x2-4x+3=0，可得x=1或x=3。若函数f（x）恰有2个零点，结合函数f（x）的图像（图略），可得1＜λ≤3或λ＞4。答案为（1，3]∪（4，+∞）。

18.提示：由题意可知f（x）在（0，+∞）上单调递减，f（3）＜0，可知函数的零点x0∈（2，3），故k=2。

19.提示：由题意可得空闲率为，所以，其定义域为（0，m）。因为（0，m），k＞0，所以当

20.提示：因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，函数的零点在区间（1，2）内，所以f（1）·f（2）＜0，代入化简解得2＜m＜5。故实数m∈（2，5）。

21.提示：将（1000，90）代入y=100 ea x，可得，则y与x的函数关系可近似表示为，当x=2000时，y=100（eln0.9）2=81。

22.提示：若模型为f（x）=2x+a，则f（1）=21+a=4，可得a=2，这时f（x）=2x+2，据此可得f（2）=6，f（3）=10，f（4）=18，与表中数据相差太大。若模型为f（x）=，则f（x）是减函数，与表中数据相差太大。若模型为f（x）=a x+b，由已知得解得所以故最适合的函数模型的序号为①。

23.提示：因为函数f（x）=4x-2x-a，x∈[-1，1]有零点，所以方程4x-2x-a=0在[-1，1]上有解，即方程a=4x-2x在[-1，1]上有解。方程a=4x-2x可变形为由x∈[-1，1]，得2x∈所以故实数

24.提示：当x＜1时，令ln（1-x）=0，解得x=0，可知f（x）在（-∞，1）上有1个零点，所以f（x）在[1，+∞）上也有1个零点。当x≥1时，令，得，所以实数a的取值范围是[1，+∞）。

25.提示：当t=0.5时，y=2，所以2=e0.5k，可得k=2 ln 2，这时y=e2tln2。故当t=5时，y=e10ln2=210=1024。

26.提示：设公司在A地销售该品牌的汽车x辆，则在B地销售该品牌的汽车（16-x）辆，所以获得利润y=4.1x-0.1x2+2（16因为x∈[0，16]且x∈N，所以当x=10或x=11时，总利润取得最大值为43万元。

27.提示：令y=f（2x2+1）+f（λ-x）=0，则f（2x2+1）=-f（λ-x）=f（x-λ）。因为f（x）是R上为单调函数，所以2x2+1=x-λ只有一个实根，即2x2-x+1+λ=0只有一个实根，则Δ=1-8（1+λ）=0，解得

三、解答题

28.提示：f（x）=x-a-x的零点x1是方程x=a-x的解，即是的解，g（x）=xlogax-1的零点x2是方程xlogax-1=0的解，即是的解，所以x，x是12y=ax和y=logax与的交点A，B的横坐标，可得0＜x1＜1，x2＞1。因为y=ax与y=logax的图像关于y=x对称的图像也关于y=x对称，所以点A，B关于y=x对称。设点所以点A关于y=x的对称点与点B重合，可得即xx=1。所以x2113=5，即x1+4x2的取值范围是（5，+∞）。

29.提示：（1）f（2）=log33=1。

当x＞1时，由f（x）=3f（2）=3，得x+1=27，即x=26;当x≤1时，由f（x）=3，得5-x=8，即x=-3。故方程f（x）=3f（2）的解集为{-3，26}。

（2）当x＞1时，f（x）=log3（x+1）单调递增，且f（x）∈（log32，+∞）。

当x≤1时，f（x）=log2（5-x）单调递减，且f（x）∈[2，+∞）。

由g（x）=f（x）-a=0，得f（x）=a。

故当a∈（-∞，log32]时，g（x）的零点个数为0;当a∈（log32，2）时，g（x）的零点个数为1;当a∈[2，+∞）时，g（x）的零点个数为2。

30.提示：（1）由图像可设y1=k1x+29，y2=k2x，把点B（30，35），C（30，15）分别代入y1，y2，可得所以y=1

（2）令y1=y2，即，则x=，y=y，即两种卡收费一

12致;当时，y1＞y2，即使用“便民卡”便宜;当时，y＜y，即使用“如意卡”便

12宜。

31.提示：（1）由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0m/s，此时耗氧量为30个单位，可得，即a+b=0;

要使飞行速度不低于2m/s，即v≥2，所以，即，解得27，即Q≥270。

若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2m/s，则其耗氧量至少要270个单位。

32.提示：（1）由（t为学习时间），且f（2）=60%，可得，解得所以

33.提示：（1）由题意可知f（x）=loga（2-3x）有意义，则2-3x＞0，即，故函数f（x）的定义域为

（2）易知g（x）=loga（2-a x）-loga（2+a x）。因为2-a x＞0且2+a x＞0，所以，即函数的定义域关于原点对称。又g（x）=l g oa（2-a x）-loga（2+a x），所以，故g（x）为奇函数。

（3）令μ=2-a x。因为a＞0，a≠1，所以μ=2-a x在[2，3]上单调递减。又函数f（x）在[2，3]上单调递增，所以0＜a＜1。

因为函数f（x）在[2，3]上的最大值为1，所以f（3）=1，即f（3）=loga（2-3a）=1，可得因为0＜a＜1，所以符合题意。故存在实数，使函数f（x）在[2，3]上单调递增，并且最大值为1。

空间几何体综合演练B卷

一、选择题

1.提示：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知，①②错误，③正确。对于④，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确。应选B。

2.提示：由题意知，其正视图的面积为当顶点P在底面A B C D上的投影在△B C D内部或其边上时，俯视图的面积最小，最小值为所以三棱锥P-B C D的正视图与俯视图的面积之和的最小值为应选A。

3.提示：A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图。应选C。

4.提示：作辅助线（图略），其中O为球心，G，G1分别为正方体上，下底面的中心。设O G1=x，则O B1=S O=2-x。由正方体的性质知，在R t△O BG中，由11，得解得，所以球的半径，故球的表面积为应选D。

5.提示：由三视图可知，该几何体的直现图是五面体D C-A F E B（图略），其中平面A B C D⊥平面A B E F，C D=2，A B=6，E F=4，底面是等腰梯形，高为3，梯形A B C D的高为4，等腰梯形F E D C的高为故三个梯形的面积之和为应选C。

图1

6.提示：多面体A B C D E为四棱锥（如图1），利用割补法可得其体积应选D。

图2

7.提示：由三视图可知，该几何体为三棱锥，记为A-B C D，将其放入棱长为3的正方体中，如图2。故VA-B C D应选D。

图3

8.提示：根据该几何体的三视图作出其直观图，如图3所示。可以看出该几何体是一个底面为梯形的四棱柱。根据三视图可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积应选B。

9.提示：将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线。因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R=则球O的体积应选A。

10.提示：取A B的中点为O1。在可知△A B C所在小圆O1是以A B为直径的圆，所以，且又球O的直径P A=4，所以O A=2，可得O O1=且O O1⊥底面A B C。故点P到平面A B C的距离为应选B。

11.提示：将圆柱桶竖放，水面为圆面;将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱桶水平放置，水面为矩形面。所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面。应选C。

12.提示应选C。

13.提示：由三视图可得该几何体的直观图（图略）。该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为应选A。

14.提示：用一个平面去截正方体，截面的情况有四种：①截面为三角形情况，可以是等腰三角形、等边三角形，但不可能是直角三角形;②截面为四边形情况，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形;③截面为五边形情况，不可能是正五边形;④截面为六边形情况，可以是正六边形。应选A。

图4

15.提示：正三棱锥P-A B C的直观图如图4所示。作P G⊥C B于点G。设点P在底面A B C内的射影为点D。依题意可得平面A B C。易知正三棱锥P-A B C外接球的球心在P D上，不妨设球心为O，球半径为r。在R t△A O D中，由r2=A D2+（P D-r）2，得，故S=4 πr2=应选B。

16.提示：由题意可知，此几何体是一个三棱柱，三棱柱的高为由于底面是等腰直角三角形，两直角边长为2，所以其面积为由其侧面积为（2+2+可得表面积为2×2+应选A。

17.提示：由俯视图和正视图可知，该几何体可看成是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，且三棱锥的一个面恰为半圆锥的最大轴截面。应选D。

18.提示：由三视图可知，该几何体为三棱锥，底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为1，则该几何体的体积为应选D。

19.提示：由三视图可知，该几何体为四棱锥，其底面为直角梯形，面积2）×2=3。由该几何体的体积，解得x=1.5。应选C。

20.提示：由三视图易知该几何体为四棱锥，所以，其中S是四棱锥的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S=1，h是四棱锥的高，由正视图和侧视图易知h=1。所以应选C。

21.提示：设球心为O，△A B C的中心为

O′。因为，所以A O′=因为球心到平面A B C的距离为

1，即O O′=1，所以故该球的表面积S=20 π。应选A。

22.提示：正方体的棱长为a，体积V=等边圆柱（轴截面是正方形）的高为2h，体积V=π·h2·2h=球的半径为R，体积故S球＜S柱＜S正。应选C。

二、填空题

23.提示：设内切球的半径为r。由鳖臑的性质可知，所以4。由S△P C A）·r，可得该鳖臑的内切球半径r=

图5

24.提示：根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，记为S-A B C，将该三棱锥放入长方体中，如图5所示。该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线。设球O的半径为R，则（2R）2=22+22+32=17，即，故球O的表面积为4 πR2=17 π。

25.提示：设底面A B C D的中心为O1，四棱锥P-A B C D的外接球的球心为O。易知O在四棱锥的高P O1（或延长线）上。由球的性质可知△O O1A为直角三角形，易得O1A，所以O O=4，所以P O11=4+5=9或P O1=5-4=1。当P O1=9时，四棱锥P-A B C D的体积为当P O1=1时，四棱锥P A B C D的体积为故四棱锥P-A B C D的体积为6或54。

图6

26.提示：由三视图知，该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图6所示。其中P A⊥平面A B C D，可得P A=3，A B=C D=4，A D=B C=5，可得故该几何体最长的棱长为

27.提示：根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其底面是正方形，侧棱都相等，所以这是一个正四棱锥。其侧视图与正视图是完全一样的正三角形。故侧视图的面积为

28.提示：因为A，B，C，D为球面上不同的四点，所以B，C，D不共线。由A B=A C=A D知A在平面B C D内的射影为△B C D外接圆的圆心，记圆心为O1。设O为球的球心，则O B=O C=O D，故O在平面B C D内的射影也为△B C D外接圆的圆心O1，可知O A⊥平面B C D。又A B=A C=A D=4，所以平面B C D垂直平分线段O A。记△B C D外接圆的半径为r，由勾股定理得r2+，即r2=16-4=12。可知平面B C D被球所截得的图形即△B C D的外接圆，其面积为πr2=12 π。

29.提示：设A A1的中点为N，则MN∥A D1∥B C1，可知平面MNB C1就是过正方体中C1，B，M三点的截面。由A1M=A1N=1，可得同理可得由可得梯形MNB C1的高故所求截面的面积为

30.提示：因为B C⊥C D，所以B D2=B C2+C D2=13，且B D为△B C D外接圆的直径。又A B⊥平面B C D，所以A B⊥B D，则A D为球O的直径，所以2R=A D=可得故球O的表面积S=4 πR2=14 π。