湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高一上学期第三次月考数学试题

湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高一上学期第三次月考数学试题

www.ks5u.com 茶陵县第三中学高一年级2019年下期第3次月考 数学试题 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.已知集合， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意可得，选A.‎ ‎2.已知函数，则的解析式是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由于，所以.‎ ‎3.函数y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的图象必经过点（ ）‎ A. （0，1） B. （1，1） C. （2，0） D. （2，2）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据a0=1（a≠0）时恒成立，我们令函数y=ax﹣2+1解析式中的指数部分为0，即可得到函数y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的图象恒过点的坐标．‎ 解：∵当X=2时 y=ax﹣2+1=2恒成立 故函数y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的图象必经过点（2，2）‎ 故选D 考点：指数函数的单调性与特殊点．‎ ‎4.若直线//平面，直线，则与的位置关系是( )‎ A. // B. 与异面 C. 与相交 D. 与没有公共点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：因为直线，所以直线与平面没有交点，因为直线，所以直线与直线也没有交点，故选择D 考点：线与线的位置关系 ‎5.已知函数为奇函数，且时，，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. -2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由奇函数的性质得出，可求出实数的值，并计算出的值，再利用奇函数的性质可得出的值.‎ ‎【详解】由于函数为奇函数，故，.‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查奇函数的函数值的计算，求出解析式中的参数值是计算的关键，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，‎ 可得 考点：空间线面平行垂直的判定与性质 ‎7.已知圆锥的底面半径为，且它的侧面开展图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 半径为半径卷成一圆锥，‎ 则圆锥的母线长为，‎ 设圆锥底面半径为，‎ 则，即，‎ ‎∴圆锥的高，‎ ‎∴圆锥的体积，‎ 所以的选项是正确的．‎ ‎8.函数f（x）=log2x+x–4的零点所在的区间是 A. B. （1，2） C. （2，3） D. （3，4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连续函数f（x）=log2x+x﹣4在（0，+∞）上单调递增且f（2）=﹣1＜0，f（3）=log23﹣1＞‎ ‎0，根据函数的零点的判定定理可求 ‎【详解】∵函数f（x）=log2x+x–4在（0，+∞）上图象连续，f（2）=–1<0，f（3）=log23–1>0，‎ ‎∴f（x）=log2x+x–4的零点所在的区间为（2，3）．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】函数的零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，且有，那么，函数在区间内有零点，即存在使得这个也就是方程的根，由此可判断根所在区间.‎ ‎9.设长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 A. 3a2 B. 6a2 C. 12a2 D. 24a2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】方体的长、宽、高分别为,其顶点都在一个球面上,长方体的对角线的 长就是外接球的直径，所以球直径为：，‎ 所以球的半径为，所以球的表面积是，故选B ‎10.如图，三棱柱中，侧棱，底面三角形是正三角形，是中点，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 与异面直线 B. ‎ C. ，为异面直线，且 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可证明平面，再根据异面直线的判断方法可得C是正确的，其他情形可通过反证法或反面情况给予证明或说明.‎ ‎【详解】是共面直线，故A错；‎ 若平面，因平面，故，这与矛盾，故B错；‎ 因为平面，故平面，因平面，故.由三棱柱可以得到，故，由，可以得到.而，从而有平面，而平面，故，又平面， 平面，，故是异面直线，故C正确；‎ 若平面，因平面，故.因平面， 平面，故，而，故平面，又 平面，故，这与矛盾，故D错；‎ 综上，选C.‎ ‎【点睛】异面直线的证明可以用判断定理（即与平面相交的直线与平面内不过交点的直线的是异面直线），也可以用反证法来说明.关于线面关系的判断题，也可通过反证法来说明.‎ ‎11.已知在长方体中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点到截面的距离是(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 点到截面的距离是，由，可得，解得，故选C.‎ ‎12.已知长方体中， ，，分别是和中点,则异面直线与所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点为，连接，，根据题意，得到即是异面直线与所成的角，设，根据题中条件，得到，即可得出结果.‎ ‎【详解】取中点为，连接，，‎ 因为为的中点，所以，且，‎ 因此即是异面直线与所成的角，‎ 又是中点，为长方体中心，‎ 所以在长方体中，，‎ 设，所以在长方体中，，‎ 因此，‎ 又，且，所以，‎ 因此，‎ 所以，即，‎ 故异面直线与所成的角为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，在几何体中作出异面直线所成的角，即可由题中数据求解，属于常考题型.‎ 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13.设函数，若，则实数 .‎ ‎【答案】-4,2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据自变量范围分类讨论，再根据对应解析式列方程，解出结果.‎ 详解】当 时， ，所以 ；‎ 当 时， ，所以 ‎ 故 .‎ ‎【点睛】本题考查根据函数值求自变量,考查分类讨论思想以及基本分析求解能力.‎ ‎14.已知圆柱的母线，全面积为，则圆柱的底面半径______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆柱的两底面积与侧面积相加得出圆柱的全面积，可解出的值.‎ ‎【详解】圆柱的侧面积为，两底面积为，，‎ 解得或（舍去），‎ 因此，圆柱的底面半径为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用圆柱的表面积计算圆柱底面的半径，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎15.水平放置的的直观图如图所示，已知，则原图中边上中线的实际长度为_____． ‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法的原则，得到，，，即可得出结果.‎ ‎【详解】由斜二测画法的原则可得：，，,‎ 因此，‎ 所以原图中边上中线的实际长度为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查斜二测画法的应用，熟记斜二测画法的原则即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知，，对任意，都存在，使，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得知，在上的值域是函数在上的值域的子集，求出集合、，根据得出关于实数的不等式组，解出即可.‎ ‎【详解】由题意知，“对任意，都存在，使”等价于“在上的值域是函数在上的值域的子集”，‎ 易知，根据二次函数的图象可知，‎ ‎∵，∴，解得．‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】解答函数中的恒成立、能成立问题时要注意以下结论，借助结论将问题转化为函数的最值（或值域）问题处理．‎ ‎①任意的x1A,x2B,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max；‎ ‎②存在x1A,x2B,f(x1)>g(x2)f(x)max> g(x)min；‎ ‎③任意的x1A, 存在x2B, f(x1)>g(x2)f(x)min> g(x)min；‎ ‎④存在的x1A, 任意x2B, f(x1)>g(x2)f(x)max> g(x)max；‎ ‎⑤任意的x1A, 存在x2B, f(x1)=g(x2)f(x)的值域是g(x)值域的子集．‎ 三、解答题：（本题共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.设函数.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围。‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数解析式，由内到外，逐步代入，即可得出结果；‎ ‎（2）分，两种情况讨论，解对应不等式，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 因此；‎ ‎（2）当时，由可得：，即，解得，所以；‎ 当时，由可得：，即，解得：，所以；‎ 综上，实数的取值范围是或.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数值，以及解分段函数对应的不等式，熟记分段函数的性质，以及函数单调性即可，属于常考题型.‎ ‎18.如图，在三棱锥中，平面平面为等边三角形，且分别为的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面；‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为分别为的中点，所以，由线面平行的判定定理，即可得到平面；‎ ‎（2）因为为的中点，得到，利用面面垂直的性质定理可证得平面，由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面．‎ ‎【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以.‎ 又因为平面，所以平面；‎ ‎（2）因为，为的中点，所以 ‎，又因为平面平面，平面平面，且平面，‎ 所以平面，平面，平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎ ‎19.已知是矩形，平面，，，‎ 为的中点．‎ ‎（1）求证：平面．‎ ‎（2）求直线与平面所成的角．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）直线与平面所成的角为 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在中，，‎ 平面，平面，‎ 又，平面 ‎（2）为与平面所成的角 在，，在中，‎ 在中，，‎ ‎20.已知四棱锥(图1)的三视图如图2所示，为正三角形，垂直底面，俯视图是直角梯形．‎ ‎(1)求正视图的面积； ‎ ‎(2)求四棱锥的体积。‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先过作，根据三视图得到是的中点，且，由题意求出，，进而可求出正视图的面积；‎ ‎（2）先由（1）得到四棱锥的高，根据棱锥的体积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】(1)过作，根据三视图可知，是的中点，且.‎ 又∵为正三角形，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴.‎ ‎∵平面，平面，∴.‎ ‎∴，即.‎ 因此，正视图的面积为；‎ ‎(2)由(1)可知，四棱锥的高，底面积为 ‎，‎ ‎∴四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由几何体的三视图求正视图的面积，以及几何体的体积，熟记棱锥的体积公式，以及几何体的结构特征即可，属于常考题型.‎ ‎21.某商品的进价为每件元，售价为每件元，每个月可卖出件；如果每件商品在该售价的基础上每上涨元，则每个月少卖件（每件售价不能高于元）.设每件商品的售价上涨元（为正整数），每个月的销售利润为元.‎ ‎（1）求与的函数的函数关系式并直接写出自变量的取值范围；‎ ‎（2）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？‎ ‎【答案】（1）（且为正整数）；（2）当售价定为每件或元，每个月的利润最大，最大的月利润是元.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）（且为正整数）；‎ ‎（2）．，‎ 当时，有最大值2402.5．‎ ‎，且为正整数，当时，，‎ ‎（元），当时，，（元）‎ 当售价定为每件55或56元，每个月的利润最大，最大的月利润是2400元；‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）判断函数的单调性,不需要说明理由．‎ ‎（2）判断函数的奇偶性，并说明理由．‎ ‎（3）对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）增函数； （2）奇函数，理由见解析； （3）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）将函数化为，即可直接得出结果；‎ ‎（2）先由解析式，得到函数定义域， 再由，即可判断出结果；‎ ‎（3）先由函数奇偶性与单调性，将原不等式化为，在恒成立，令，，分别讨论，，三种情况，结合二次函数的单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）为上的增函数；‎ ‎（2）根据题意，函数，其定义域为，‎ 有，‎ 则函数为奇函数； ‎ ‎（3）由（2）的结论，为上的奇函数，‎ 则可化为：，‎ 即，‎ 又由在上是单调递增的函数，则有，在恒成立；‎ 即，在恒成立，‎ 设，，则等价于即可．‎ 即，‎ 当时，函数在上单调递增，其最小值为，得 ‎，不成立；‎ 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，其最小值为，解得，所以；‎ 当时，函数在上单调递减，其最小值为，可得，所以 综上可得：的取值范围为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查判断函数单调性与奇偶性，以及由函数单调性与奇偶性求参数的范围，熟记函数单调性与奇偶性的判定方法，以及二次函数性质即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎ ‎ ‎