江西省上饶市2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

江西省上饶市2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

‎ 山江湖协作体联考高二数学试卷（理科）（自主班）‎ 一 、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。‎ ‎1.若集合，，则等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式,可得集合A与集合B,根据交集运算即可得解.‎ ‎【详解】集合，‎ 解不等式,可得，‎ 所以 所以选C ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式、分式不等式解法,集合交集运算,注意分式不等式分母不为0的限制要求,属于基础题.‎ ‎2.有下列函数：①；②；③；④．其中最小值为4的函数有( )‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据基本不等式成立的条件,即可判断四个函数最小值是否为4.‎ ‎【详解】对于①,满足基本不等式”一正二定三相等”的条件,所以最小值为4‎ 对于②,把函数化为,满足基本不等式”一正二定三相等”的条件,所以最小值为4‎ 对于③,最小值在时取到,解得,在内无解,所以不存在最小值.‎ 对于④,当时,可能会小于0,所以④最小值不是4‎ 综上所述,最小值为4 的函数有①②‎ 所以选B ‎【点睛】本题考查了基本不等式及其使用条件,注意”一正二定三相等”的要求,属于基础题.‎ ‎3.不相等的三个正数a、b、c成等差数列，并且x是a、b的等比中项，y是b、c的等比中项，则x2、b2、y2三数(　　)‎ A. 成等比数列而非等差数列 B. 成等差数列而非等比数列 C. 既成等差数列又成等比数列 D. 既非等差数列又非等比数列 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由已知条件，可得 由②③得 代入①，得＝2b，‎ 即x2＋y2＝2b2.‎ 故x2、b2、y2成等差数列，‎ 故选B.‎ ‎4.直线，的倾斜角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线化为点斜式,根据倾斜角范围即可求得倾斜角.‎ ‎【详解】直线 所以 即 设倾斜角为 ‎ 所以斜率等于 即 所以 即,化简可得 ‎,‎ 所以 即 所以选C ‎【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角关系,三角函数式的化简,属于基础题.‎ ‎5.设，是两个非零向量，若函数的图象是一条直线，则必有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 因为的图象是一条直线，，，故选A．‎ 考点：1向量数量积的运算；2向量垂直．‎ ‎6.将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有（ ）种 A. 1080个 B. 1280个 C. 2160个 D. 4320个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合数计算,先从6位志愿者选出2个人然后再从剩余4个人选出2个人,再从剩余2个人选1个人.对四组人全排列,除以重复情况即可求得分配方法的总数.‎ ‎【详解】根据分步计数原理,由题意可知,先从6位志愿者选出2人,共有种选法 从剩余4人中选2人共有种选法 再从剩余2人中选1人共有种选法 对四组人员进行全排列,则共有种方法 因为四组人员中,有2组2人,2组1人,所以重复出现的分配方法有种方法 所以不同的分配方案共有种 所以选A ‎【点睛】本题考查了排列组合在实际问题中的应用,关键是分配过程中出现的重复情况要排除,属于中档题.‎ ‎7.某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内填（ ）‎ A. ？ B. ？ C. ？ D. ？‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，依次代入计算，即可求得输出值为，通过输出值即可知判断框里的不等式。‎ ‎【详解】由题意可知， ‎ ‎，否 ‎，否 ‎，否 ‎，是 所以当时，，此时跳出循环体。所以判断框的内容为？‎ 所以选B ‎【点睛】本题考查了补全程序框图的条件，注意每次计算的结果是返回执行循环体，还是退出循环体，属于基础题。‎ ‎8.已知,满足约束条件，若的最小值为1，则=（ ）‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 画出可行域如下图所示,由图可知,目标函数在点处取得最小值,即.故选C.‎ ‎9.已知矩形中，.如果向该矩形内随机投一点，那么使得与面积都不小于的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，‎ 由题意知本题是一个几何概型的概率，‎ 以AB为底边，要使面积不小于2，‎ 由于，‎ 则三角形的高要h⩾1,同样,P点到AD的距离要不小于，满足条件的P的区域如图，‎ 其表示的区域为图中阴影部分,它的面积是，‎ ‎∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率为：.‎ 故选D.‎ ‎10.设，为正实数，若直线与圆相切，则( )‎ A. 有最小值，无最大值 B. 有最小值，最大值 C. 有最大值，无最小值 D. 有最小值，无最大值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与圆相切，可得，的关系，结合基本不等式即可求得的取值情况。‎ ‎【详解】因为直线与圆相切 圆的方程可化为 所以圆心到直线的距离等于半径，即 ‎ 整理可得 ‎ 因为，为正实数 所以，当且仅当等号成立 即 令 ‎ 则不等式可化为 解不等式可得或（舍）‎ 即 所以 即有最小值，无最大值 所以选D ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，基本不等式在求最值中的应用，化简较为繁琐，属于中档题。‎ ‎11.已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明函数为奇函数与单调性，再将不等式转化为关于的不等式，根据存在性成立问题的解法即可求得实数的取值范围。‎ ‎【详解】因为函数 所以 所以函数为奇函数 当，为单调递增函数 为单调递增函数 所以在上为单调递增函数 因为 所以，‎ 根据为奇函数可得 由为单调递增函数可得 即 因为使得成立 即 而在上的最小值为 ‎ 所以 所以选B ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性、单调性的综合应用，存在性成立问题中参数的求法。关键是能够意识到需判断函数的奇偶性，再解决问题，属于中档题。‎ ‎12.已知函数满足，当时，；当时，.若函数在上有五个零点，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在上有五个零点等价于方程在上有五个不同的实数根，即与的图像在上有五个交点，结合图像可得，当直线过点时，取得最小值，此时。‎ ‎【详解】有题意知，则的周期为。又在上有五个零点等价于方程在上有五个不同的实数根，即与的图像在上有五个交点。图像如下：‎ 由图像可得，当直线过点时，取得最小值，此时。故选A ‎【点睛】本题考查了函数的周期性，三角函数的图像与性质，零点与方程的综合应用，体现了数形结合的思想，考查学生计算，分析，作图的能力，为考试常考题型，属中档题。‎ 二．填空题：本大题共四小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.中，、是它的两边，是的面积，若，则的形状为___________.‎ ‎【答案】等腰直角三角形 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形的面积，结合与基本不等式即可求得C，同时根据基本不等式成立条件，即可判断出三角形形状。‎ ‎【详解】因为，而由正弦定理可知 即，化简可得 因为、是两边， ‎ 所以 在三角形中，‎ 所以，即 ‎ 而当时， ‎ 所以是等腰直角三角形 ‎【点睛】本题考查了三角形面积公式的应用，基本不等式及三角函数值域的有界性，属于中档题。‎ ‎14.设的展开式中的常数项为-16，则__________．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎ 的展开式中的常数项为.‎ 所以.‎ 故答案为-1.‎ 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.‎ ‎(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.‎ ‎15. 一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，‎ 则该几何体的体积为 cm3．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据已知条件，分析原几何体的形状，进而结合公式求解运算。‎ 因为结合三视图可知，该几何体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为2，那么可知棱锥的体积公式为，故正确的答案为 考点：本试题主要是考查了三视图还原几何体的运用，求解体积问题。‎ 点评：解决该试题的关键是能将三视图还原为实物图，同时得到对应的长度和高度，然后结合空间几何体的体积公式计算。突破口是俯视图，确定底面的形状。‎ ‎16.已知数列，.满足条件“”的数列个数为_____.‎ ‎【答案】233‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件，可知只能取0或1，而，讨论六个数中0、1和的个数，即可知满足条件数列的个数。‎ ‎【详解】因为 所以只能取0或1‎ 而 所以中出现0的个数可以是6个，5个，4个，3个。‎ 若出现6个0，则数列为常数数列，共有1个数列。‎ 若出现5个0，则出现一个1，或一个，因而数列个数为个数列。‎ 若出现4个0，则出现两个1，或两个，或一个1、一个，因而数列个数为个数列 若出现3个0，则出现三个1，或两个1、一个，或一个1、两个，或三个 ‎，因而数列的个数为个数列 综上所述，数列的个数为 个 ‎【点睛】本题考查了排列组合、集合与数列的综合应用，注意在排列组合中分类讨论时要做到不重不漏，属于难题。‎ 三. 解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎17.已知且，求函数的最大值和最小值．‎ ‎【答案】最小值为，最大值为2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件化简得，然后化简求出函数的最值 ‎【详解】由得，即 ‎.‎ 当 ，当 ．‎ ‎【点睛】熟练掌握对数的基本运算性质是转化本题的关键，将其转化为二次函数的值域问题，较为基础。‎ ‎18.在中，，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）求周长的取值范围．‎ ‎【答案】(1)；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦二倍角公式，代入化简即可求得值，进而求得角。‎ ‎（2）根据正弦定理，分别用B、C表示出、，结合，将周长表示为B的三角函数式。根据三角形中角B的取值范围，结合三角函数值域的有界性，可求得周长的取值范围。‎ ‎【详解】（1）因为，由二倍角公式 所以，‎ ‎ 所以，所以，‎ 又因为，所以 ‎ （2）因为 所以，‎ 所以 因为，‎ 所以 又因为，‎ 所以，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简，正弦定理及辅助角公式等在三角函数中的应用，三角函数值域的综合应用，属于中档题。‎ ‎19.上饶某中学一研究性学习小组早晨在校门口询问调查同学的体重，对来校同学依次每5人抽取一人询问体重，共抽取40位同学，将他们的体重（分成六段：，，，，，，统计后得到如图的频率分布直方图．‎ ‎（1）此研究性学习小组在采样中，用到的是什么抽样方法？并求这40位同学体重的众数和中位数的估计值．‎ ‎（2）从体重在的同学中任意抽取3位，求体重在，内都有同学的概率．‎ ‎【答案】（1）系统抽样，众数57.5， 中位数 57．5； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为是依次每隔5人选取数据，因而是系统抽样。根据频率分布直方图中众数和中位数分布，计算可得众数及中位数的估计值。‎ ‎（2）先求得体重在，的人数。然后求得3人体重都在内，3人体重都在内的概率，根据对立事件概率求法即可求得抽取的3人体重既有在，也有在内的概率．‎ ‎【详解】（1）由题意可知，抽取的样本为依次每5人抽取一人，是等间隔抽样，所以是系统抽样.‎ 由频率分布直方图可知，最高矩形的底边中点值即为众数，所以众数为 ‎ 从左侧开始，频率依次求和等于0.5时加到这一组。其中在这一组加的频率为 ‎ 而这一组的频率为0.3，所以中位数为 ‎ ‎（2）抽取有人，有人，‎ 抽取在范围内共有20人.‎ 则根据对立事件概率计算方法，在两个组都有人分布的概率 ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，随机事件中对立事件概率的求法，属于基础题。‎ ‎20.如图所示，在四棱锥中，是正方形，平面， ，分别是的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）证明平面平面，并求出到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据中位线定理，可证明，，由面面平行的判定即可证明平面平面。‎ ‎（2）可证明平面，由，可证明平面平面.取中点，连接。将平面延伸，使得变为平面。根据线面垂直，可知作，即可求得长度，即为到平面的距离。‎ ‎【详解】（1）分别是线段的中点，所以，‎ 又为正方形，，所以，又平面，‎ 所以平面.因为分别是线段的中点，‎ 所以，又平面，所以平面.又 ‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）因为，，，所以平面，‎ 又，所以平面 所以平面平面.‎ 取中点，连接，则，平面即为平面，‎ 在平面内，作，垂足为，则平面，‎ 即为到平面的距离， 在三角形中，为中点，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了面面平行、面面垂直的证明，点到平面距离的求法，属于中档题。‎ ‎21.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点。曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ．由与轴的交点为 关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得 ‎．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数。因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程。因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．‎ 详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ‎ ．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．‎ ‎（2）设，，其坐标满足方程组 消去，得方程．‎ 由已知可得，判别式，且，．  由于，可得．‎ 又，‎ 所以． ‚ ‎ 由‚得，满足，故．‎ 点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：‎ ‎① 待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；‎ ‎ ②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径。‎ ‎（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得。可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值。‎ ‎22.已知数列满足，且.‎ ‎（1）证明：数列为等比数列；‎ ‎（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，化简整理，结合定义，即可得证。‎ ‎（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论n为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，便可求出m的取值范围。‎ ‎【详解】（1）证明：因为，所以 即，则 从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列 ‎（2）解：由（1）知，即 所以 当为偶数时，‎ 当为奇数时，‎ 当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；‎ 当为奇数时，是递增的，此时，则.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列的定义及求和。证明等比数列常用概念来证明，裂项相消法是求和中常用的办法，题中还涉及了分类讨论的思想，需分别求n为奇数和n偶数时的，再分别求解，整理答案，属难题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎