2018-2019学年河北省张家口市第四中学高二6月月考数学（理）试题 解析版

2018-2019学年河北省张家口市第四中学高二6月月考数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 河北省张家口市第四中学2018-2019学年高二6月月考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合，则=‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．‎ ‎【详解】‎ 由题意得，，则 ‎．故选C．‎ ‎【点睛】‎ 不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．‎ ‎2．设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．‎ ‎【详解】‎ 则．故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题．‎ ‎3．已知，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用中间量比较，运用中间量比较 ‎【详解】‎ 则．故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．‎ ‎4．设，则“”是“”的( )‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.‎ ‎【详解】‎ 化简不等式，可知 推不出；‎ 由能推出，‎ 故“”是“”的必要不充分条件，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件。‎ ‎5．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．‎ ‎【详解】‎ 由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．‎ ‎6．若a>b，则 A．ln(a−b)>0 B．3a<3b C．a3−b3>0 D．│a│>│b│‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题也可用直接法，因为，所以，当时，，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，，所以，知C正确；取，满足，，知D错．‎ ‎【详解】‎ 取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．‎ ‎7．已知非零向量a，b满足=2，且（a–b）b，则a与b的夹角为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．‎ ‎【详解】‎ 因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．‎ ‎8．下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A．f(x)=│cos 2x│ B．f(x)=│sin 2x│‎ C．f(x)=cos│x│ D．f(x)= sin│x│‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择．‎ ‎【详解】‎ 因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数；‎ ‎9．记为等差数列的前n项和．已知，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，，，排除B，对C，‎ ‎，排除C．对D，，排除D，故选A．‎ ‎【详解】‎ 由题知，，解得，∴，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．‎ ‎10．双曲线C:的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为 A．2sin40° B．2cos40° C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线渐近线定义可得，再利用求双曲线的离心率．‎ ‎【详解】‎ 由已知可得，‎ ‎，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 对于双曲线：，有；对于椭圆，有，防止记混．‎ ‎11．关于函数有下述四个结论：‎ ‎①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（,）单调递增 ‎③f(x)在有4个零点 ④f(x)的最大值为2‎ 其中所有正确结论的编号是 A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数，研究它的性质从而得出正确答案．‎ ‎【详解】‎ 为偶函数，故①正确．当时，，它在区间单调递减，故②错误．当时，，它有两个零点：；当时，，它有一个零点：，故在有个零点：，故③错误．当时，；当时，，又为偶函数，的最大值为，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．‎ ‎【点睛】‎ 画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选C．‎ ‎12．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.‎ ‎【详解】‎ 法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．‎ 所求椭圆方程为，故选B．‎ 法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．曲线在点处的切线方程为___________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程 ‎【详解】‎ 详解：‎ 所以，‎ 所以，曲线在点处的切线方程为，即．‎ ‎【点睛】‎ 准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．‎ ‎14．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．‎ ‎【详解】‎ 设等比数列的公比为，由已知，所以又，‎ 所以所以．‎ ‎【点睛】‎ 准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．‎ ‎15．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．‎ ‎【答案】0.18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．‎ ‎【详解】‎ 前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是 前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是 综上所述，甲队以获胜的概率是 ‎【点睛】‎ 由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算．‎ ‎16．的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．‎ ‎【详解】‎ 由余弦定理得，‎ 所以，‎ 即 解得（舍去）‎ 所以，‎ ‎【点睛】‎ 本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若，求sinC．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ 即：‎ 由正弦定理可得：‎ ‎ ‎ ‎（2），由正弦定理得：‎ 又，‎ 整理可得：‎ ‎ ‎ 解得：或 因为所以，故.‎ ‎（2）法二：，由正弦定理得：‎ 又，‎ 整理可得：，即 ‎ ‎ 由，所以 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.‎ ‎18．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎（1）证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接，‎ ‎，分别为，中点 为的中位线 且 又为中点，且 且 ‎ 四边形为平行四边形 ‎，又平面，平面 平面 ‎（2）设，‎ 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形 ‎ 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：‎ 则：，，，D（0，-1,0）‎ 取中点，连接，则 四边形为菱形且 为等边三角形 ‎ 又平面，平面 ‎ 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又，‎ ‎，令，则， ‎ ‎ ‎ 二面角的正弦值为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.‎ ‎19．‎ ‎11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.‎ ‎（1）求P（X=2）；‎ ‎（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；‎ ‎(2)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”‎ 所以 ‎(2)由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题。‎ ‎20．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．‎ ‎（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；‎ ‎（2）若，求|AB|．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设直线方程为：，，‎ 由抛物线焦半径公式可知： ‎ 联立得：‎ 则 ‎ ‎，解得：‎ 直线的方程为：，即：‎ ‎（2）设，则可设直线方程为：‎ 联立得：‎ 则 ‎ ‎，‎ ‎ ， ‎ 则 ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)见详解；(2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；‎ 当时，区间上单调递增；‎ 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.‎ ‎(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；‎ 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.‎ 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .‎ 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.‎ 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. ‎ 即相减得，即，又因为，所以无解.‎ 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.‎ 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. ‎ 即相减得，解得，又因为，所以无解.‎ 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.‎ 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得.‎ 综上得或.‎ ‎【点睛】‎ 这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少。考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算。思考量不大，由计算量补充。‎ ‎22．[选修4-4：坐标系与参数方程] ‎ 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．‎ ‎（1）求C和l的直角坐标方程；‎ ‎（2）求C上的点到l距离的最小值．‎ ‎【答案】（1）；；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得：，又 整理可得的直角坐标方程为：‎ 又，‎ 的直角坐标方程为：‎ ‎（2）设上点的坐标为：‎ 则上的点到直线的距离 当时，取最小值 则 ‎【点睛】‎ 本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.‎