2018-2019学年黑龙江省大庆市大庆实验中学高一6月月考试数学（文）试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省大庆市大庆实验中学高一6月月考试数学（文）试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省大庆市大庆实验中学高一6月月考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据分式不等式解法和对数型函数的定义域可分别求得集合，根据交集的定义求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合运算中的交集运算，涉及到分式不等式的求解和对数型函数的定义域求解，属于基础题.‎ ‎2．若，是任意实数，且，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用特殊值对选项进行排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 不妨设：对于A选项，故A选项错误.对于C选项，，故C选项错误.对于D选项，，故D选项错误.综上所述，本小题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.‎ ‎3．（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】首先由诱导公式可得sin160°=sin20°，再由两角和的余弦公式即可求值.‎ ‎【详解】‎ cos20°cos10°–sin160°sin10°＝cos20°cos10°–sin20°sin10°＝cos30°．故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了诱导公式和两角和的余弦公式，直接运用公式即可得到选项，属于较易题.‎ ‎4．已知等差数列满足，则中一定为0的项是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用等差数列通项公式即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由得，，解得：，‎ 所以，，‎ 故选A ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列通项公式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5．设平面向量，，若，则（ ）‎ A． B． C．4 D．5‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得，解得，则，所以，故选B.‎ ‎6．下列说法正确的是（ ）‎ A．不共面的四点中，其中任意三点不共线 B．若点，，，共面，点，，，共面，则，，，，共面 C．若直线，共面，直线，共面，则直线，共面 D．依次首尾相接的四条线段必共面 ‎【答案】A ‎【解析】利用反证法可知正确；直线与直线异面时，不共面，排除；中可为异面直线，排除；中四条线段可构成空间四边形，排除.‎ ‎【详解】‎ 选项：若任意三点共线，则由该直线与第四个点可构成一个平面，则与四点不共面矛盾，则任意三点不共线，正确；‎ 选项：若三点共线，直线与直线异面，此时不共面，错误；‎ 选项：共面，共面，此时可为异面直线，错误；‎ 选项：依次首尾相接的四条线段可构成空间四边形，错误.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中点与直线、直线与直线位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎7．若函数的图象向右平移个单位以后关于轴对称，则的值可以是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据相位变换原则可求得平移后的解析式，根据图象对称性可知，，从而求得；依次对应各个选项可知为一个可能的取值.‎ ‎【详解】‎ 向右平移得：‎ 此时图象关于轴对称 ，‎ ‎，‎ 当时，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的左右平移变换、根据三角函数性质求解函数解析式的问题，关键是能够通过对称关系构造出方程.‎ ‎8．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）‎ A．20 B．10 C．30 D．60‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据三视图还原几何体，根据棱锥体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可得几何体直观图如下图所示：‎ 可知三棱锥高：；底面面积：‎ 三棱锥体积：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图还原几何体，从而准确求解出三棱锥的高和底面面积.‎ ‎9．函数的单调递减区间是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】首先求解出函数的定义域，利用复合函数单调性即可判断出所求的递减区间.‎ ‎【详解】‎ 由得定义域为：‎ 当时，单调递减；单调递减 当时，单调递增；单调递减 由复合函数单调性可知，在上单调递减 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复合函数单调性的判断，关键是明确复合函数单调性遵循“同增异减”原则，易错点是忽略了函数的定义域.‎ ‎10．如图，长方体中，，，，分别过，的两个平行截面将长方体分成三个部分，其体积分别记为，，，.若，则截面的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：由题意知，截面是一个矩形，并且长方体的体积V=6×4×3=72，‎ ‎∵V1：V2：V3=1：4：1，∴V1=VAEA1-DFD1=×72=12，则12=×AE×A1A×AD，解得AE=2，在直角△AEA1中，EA1=故截面的面积是EF×EA1=4‎ ‎11．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点.若三棱锥的体积的最大值为36，则球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】当三棱锥体积最大时，到平面的距离为；利用棱锥体积公式可求得；代入球的表面积公式即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 设球的半径为，则 当三棱锥体积最大时，到平面的距离为 则，解得：‎ 球的表面积为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球的表面积的求解问题，关键是能够明确三棱锥体积最大时顶点到底面的距离为.‎ ‎12．已知，，且，若不等式恒成立，则实数的范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】将已知等式整理为，则，利用基本不等式求得的最小值，则，从而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由得：，即 ‎， ，‎ ‎（当且仅当，即时取等号）‎ ‎（当且仅当时取等号）‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查恒成立问题的求解，关键是能够利用基本不等式求得和的最小值.‎ 二、填空题 ‎13．已知函数，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据奇偶函数的定义可判断的奇偶性，利用，从而可求得的值 ‎【详解】‎ 因为的定义域为，‎ 所以，所以为奇函数，‎ 所以，故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求函数的值以及函数奇偶性的性质，重点考查学生的分析问题与转化问题能力，属于基础题.‎ ‎14．下列推理错误的是______.‎ ‎①，，， ‎ ‎②，，， ‎ ‎③，‎ ‎④，‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】由平面的性质：公理1，可判断；由平面的性质：公理2，可判断；‎ 由线面的位置关系可判断．‎ ‎【详解】‎ ‎，，，，即，故对；‎ ‎，，，，，故对；‎ ‎，，可能与相交，可能有，故不对；‎ ‎，必有故对．‎ 故答案为：③.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面的基本性质，以及线面的位置关系，考查推理能力，属于基础题．‎ ‎15．一个正方体的顶点都在球的球面上，它的棱长是，则球的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据正方体外接球半径为体对角线的一半可求得半径，代入球的体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，球为正方体的外接球 正方体外接球半径为体对角线的一半 ‎ 球体积为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正方体外接球的体积的求解问题，关键是明确正方体外接球半径为体对角线的一半，属于基础题.‎ ‎16．在中，角，，的对边分别为，，，且边上的高为，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用三角形的面积计算公式得•a•bcsinA，求出a2＝2bcsinA ‎；利用余弦定理可得cosA，得b2+c2＝a2+2bccosA，代入，化为三角函数求最值即可．‎ ‎【详解】‎ 因为 S△ABC•a•bcsinA，‎ 即a2＝2bcsinA；‎ 由余弦定理得cosA，‎ 所以b2+c2＝a2+2bccosA＝2bcsinA+2bccosA；‎ 代入得2sinA+2cosA＝2sin（A），‎ 当A时，取得最大值为2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角形的面积计算公式、余弦定理、两角和差的正弦计算公式的应用问题，考查了推理能力与计算能力，是综合性题目．‎ 三、解答题 ‎17．已知，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，求的值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用二倍角公式求得的值．‎ 先求得的值，再利用两角和差的余弦公式求得的值．‎ ‎【详解】‎ 解：，，，‎ ‎．‎ 若，，则，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角公式、两角和差的余弦公式的应用，属于基础题．‎ ‎18．如图，正方体的棱长为，连接，，，，，得到一个三棱锥.‎ ‎（1）求三棱锥的表面积；‎ ‎（2）是'的中点，求异面直线与所成角的余弦值 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由图形可知三棱锥四个面均为边长为的等边三角形，则表面积为一个侧面面积的倍；（2）连接，，根据平行关系可求知为异面直线与所成的角；求解出的三边长，利用余弦定理求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）是正方体 ‎ 三棱锥四个面均为边长为的等边三角形 三棱锥的表面积为：‎ ‎（2）连接，‎ 在四边形中，‎ 四边形为平行四边形 ‎ 则为异面直线与所成的角 又是正方体，棱长为 ‎，，‎ ‎.‎ 即异面直线与所成角的余弦值为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥表面积的求解、异面直线所成角的求解问题.求解异面直线成角的关键是能够通过平移找到所求角，再将所求角放入三角形中，利用解三角形的知识来求解.‎ ‎19．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若的面积，且，求.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；‎ ‎（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得 ‎，再由正弦定理得，计算可得结论.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）因为，所以由，‎ 即，由正弦定理得，‎ 即，∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，∴，∵，∴.‎ ‎（Ⅱ）∵，∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴ .‎ ‎20．为数列的前项和，已知对任意，都有，且.‎ ‎（1）求证：为等差数列；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）利用与的关系将条件转化为递推关系，化简即可得，即由定义可证.‎ ‎（2）利用等差数列通项公式求出，从而求得，利用裂项求和法即可求出其前项和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）， ① ‎ 当时, ② ‎ ‎①-②得， ‎ 即， ‎ ‎∵，∴ ‎ 即， ‎ ‎∴为等差数列 ‎ ‎（2）由已知得，‎ 即 ‎ 解得（舍）或 ‎ ‎∴ ‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列证明，以及裂项求和法的应用，属于中档题. 等差数列的证明主要有两种方法：（1）定义法，证得即可，其中为常数；（2）等差中项法：证得即可.‎ ‎21．设函数，其中，，.‎ ‎（1）求的单调递增区间；‎ ‎（2）若关于的方程在时有两个不同的解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为，.（2）‎ ‎【解析】（1）由，结合辅助角公式可整理出；令，，解出的范围即为所求的单调递增区间；（2）利用的范围可确定，可判断出函数的单调性；将问题转变为，与有两个不同交点，结合函数图象可求得范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（）由题意得：‎ 当，，即，时，‎ 单调递增 的单调递增区间为：，‎ ‎（2）当时，‎ 当时，单调递增；当时，单调递减 ‎，且，‎ 在时有两个不同的解，即，与有两个不同交点 结合图象可知，当时，与有两个不同交点 ‎【点睛】‎ 本题考查正弦型函数单调区间的求解、根据方程根的个数求解参数范围的问题，关键是将问题转化为交点个数的问题，通过自变量的取值范围求得函数的值域和单调性，结合函数图象可求得结果.‎ ‎22．已知数列的首项为1，且，数列满足，，对任意，都有.‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）令，数列的前项和为.若对任意的，不等式恒成立，试求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）， ；（Ⅱ）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由，得，又，两式相减得，整理得，即，又因为，，‎ 利用累积法得，‎ 从而可求出数学的通项公式为；‎ 在数列中，由，得，且，‎ 所以数学是以首项为，公比为的等比数列，从而数列的通项公式为.‎ ‎（2）由题意得，‎ ‎，‎ 两式相减得，‎ 由等比数列前项和公式可求得，‎ 由不等式恒成立，得恒成立，‎ 即（）恒成立，‎ 构造函数（），‎ 当时，恒成立，则不满足条件；‎ 当时，由二次函数性质知不恒成立；‎ 当时，恒成立，则满足条件．‎ 综上所述，实数的取值范围是．‎ 试题解析：（1）∵，∴()，两式相减得，，‎ ‎∴，即()，又因为，，从而 ‎∴()，‎ 故数列的通项公式()．‎ 在数列中，由，知数列是等比数列，首项、公比均为，‎ ‎∴数列的通项公式．‎ ‎（2）∴①‎ ‎∴②‎ 由①-②，得，‎ ‎∴，‎ 不等式即为，‎ 即（）恒成立．‎ 方法一、设（），‎ 当时，恒成立，则不满足条件；‎ 当时，由二次函数性质知不恒成立；‎ 当时，恒成立，则满足条件．‎ 综上所述，实数λ的取值范围是．‎ 方法二、也即（）恒成立，‎ 令．则，‎ 由，单调递增且大于0，∴单调递增∴‎ ‎∴实数λ的取值范围是．‎ ‎【考点】1.等差数列、等比数列；2.不等式恒成立问题.‎