2019-2020学年云南省玉溪第一中学高二上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年云南省玉溪第一中学高二上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

‎2019-2020学年云南省玉溪第一中学高二上学期第二次月考数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则=‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】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．抛物线的准线方程是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】将方程化为标准方程，进而得到准线方程.‎ ‎【详解】‎ 由得抛物线标准方程为： 准线方程为：‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线准线的求解，易错点是未把抛物线方程化为标准方程，将焦点所在轴判断错误.‎ ‎3．《庄子.天下篇》中有一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”．如果经过天，该木锤剩余的长度为（尺），则与的关系为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】每日所取长度是以为首项，为公比的等比数列，根据等比数列求和公式可求得取走的总长度，由此建立方程求得.‎ ‎【详解】‎ 设每日所取长度为，则是首项，公比的等比数列 所取总长度 ‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列求和公式的应用，关键是能够通过已知条件确定每日所取长度构成的数列为等比数列，同时确定其首项和公比，进而利用等比数列的知识来进行求解.‎ ‎4．已知平面向量=（1，－3），=（4，－2），与垂直，则是（ ）‎ A．2 B．1 C．－2 D．－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：，由与垂直可知 ‎【考点】向量垂直与坐标运算 ‎5．已知命题，则为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据全称量词的否定要求可直接写得结果.‎ ‎【详解】‎ 根据全称量词的否定可得为：，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查含量词的命题的否定，关键是明确原则为：量词由全称变特称或特称变全称，只否定结论.‎ ‎6．是"方程""表示焦点在y轴上的椭圆的( )‎ A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】将方程mx2+ny2=1转化为，然后根据椭圆的定义判断．‎ ‎【详解】‎ 将方程mx2+ny2=1转化为，‎ 根据椭圆的定义，要使焦点在y轴上必须满足，且，即m＞n＞0‎ 反之，当m＞n＞0，可得出＞0，此时方程对应的轨迹是椭圆 综上证之，”m＞n＞0”是”方程mx2+ny2=1表示焦点在y轴上的椭圆”的充要条件 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的定义，难度不大，解题认真推导．‎ ‎7．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可得圆柱和圆锥的底面半径和高，根据圆柱和圆锥体积公式即可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图知，几何体为一个底面半径为，高为的圆柱和一个底面半径为，高为的圆锥的组合体 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆柱和圆锥体积的求解问题，关键是能够利用三视图准确还原几何体，得到底面半径和高.‎ ‎8．是空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标.如图是某地月日到日日均值（单位：）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）‎ A．从日到日，日均值逐渐降低 B．这天的日均值的中位数是 C．这天中日均值的平均数是 D．从这天的日均监测数据中随机抽出一天的数据，空气质量为一级的概率是 ‎【答案】B ‎【解析】由折线图数据可判断出正确；由数据可计算得到中位数和平均数，知错误，正确；根据古典概型可计算得到正确.‎ ‎【详解】‎ 选项：日到日，由折线图知日均值每日逐渐降低，正确；‎ 选项：这天日均值的中位数为，错误；‎ 选项：日均值的平均数为 ‎，正确；‎ 选项：天中，空气质量为一级的有天，则随机抽出一天的数据，空气质量为一级的概率为，正确.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据统计图表判断命题的问题，涉及到平均数、中位数和古典概型的相关知识，属于基础题.‎ ‎9．若函数，则函数的零点个数是（ ）‎ A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 ‎【答案】D ‎【解析】如图：函数与函数有2个交点，所以选D.‎ ‎10．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得。‎ 详解：由题可知 所以 由余弦定理 所以 故选C.‎ 点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理。‎ ‎11．已知四棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是边长为2的正方形，且面ABCD，若四棱锥的体积为，则该球的体积为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】把四棱锥P-ABCD扩展为长方体，则长方体的对角线的长是外接球的直径，求出外接球的半径R，再计算外接球的体积．‎ ‎【详解】‎ 四棱锥扩展为长方体，则长方体的对角线的长是外接球的直径，‎ 由四棱锥的体积为，解得；，解得；‎ ‎∴外接球的体积为．故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了四棱锥的结构特征与其外接球的应用问题，是基础题．‎ ‎12．设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】‎ 分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余弦定理可得。‎ 详解：由题可知 在中，‎ 在中,‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题。‎ 二、填空题 ‎13．狄利克雷函数(Dirichlet)是数学分析中病态函数的典型例子，在高等数学中是一个研究导数存在性，连续性的重要函数，是完全建立在主观意义上的函数，值得我们细细研究．已知狄利克雷函数,则_____.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】根据解析式可知或，即求或，由均为有理数可知.‎ ‎【详解】‎ 或 或 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数中的新定义问题的求解，关键是能够读懂分段函数的具体含义.‎ ‎14．设 满足 ，则的最大值为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最小的问题，通过平移可知过时截距最小，代入点坐标即可得到所求最大值.‎ ‎【详解】‎ 由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：‎ 令，则取最大值时，在轴截距最小 由平移可知，当过图中点时，在轴截距最小，即最大 又 ，即最大值为 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划求解最值的问题，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，进而通过直线平移确定最值点.‎ ‎15．设已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)，直线与抛物线相交于A，B两点.若AB的中点为（2，2），则直线的方程为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】抛物线的方程为，‎ ‎16．已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的有_____（填序号）‎ ‎①的方程为 ②的离心率为 ‎ ‎③曲线经过的一个焦点 ④直线与有两个公共点 ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】由共渐近线的双曲线系方程可设双曲线方程为，代入 可求得双曲线方程，进而得到离心率，知①②正确；求得焦点坐标后，可验证出③正确；根据直线斜率与渐近线斜率的大小关系可知④错误.‎ ‎【详解】‎ 由渐近线方程可设双曲线方程为：‎ 代入点得： 双曲线的方程为：，①正确；‎ 双曲线的离心率，②正确；‎ 双曲线的焦点坐标为，则经过的一个焦点，③正确；‎ 直线过点，斜率 直线与双曲线无交点，④错误.‎ 故答案为：①②③‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线几何性质的综合应用问题，涉及到离心率的求解、共渐近线的双曲线系的应用、直线与双曲线位置关系的判定等知识；对于渐近线为的双曲线，可统一设为的形式.‎ 三、解答题 ‎17．设函数，‎ ‎（1）已知，函数是偶函数，求的值；‎ ‎（2）设，求的单调递减区间.‎ ‎【答案】（1）或；（2）减区间为，‎ ‎【解析】（1）根据为偶函数得到，由范围可确定最终取值；‎ ‎（2）利用二倍角公式和辅助角公式可将函数整理为，令，解不等式求得范围即为所求单调递减区间.‎ ‎【详解】‎ 为偶函数 ，‎ 又 或 ‎（2）由题意得：‎ 令，解得：‎ 的单调递减区间为，‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据奇偶性求解参数值、正弦型函数单调区间的求解问题；关键是能够利用二倍角公式和辅助角公式将所求函数化简为正弦型函数的形式，进而利用整体对应的方式来求解单调区间.‎ ‎18．对某校高一年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数．根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图如下：‎ 分组 频数 频率 ‎[10，15）‎ ‎10‎ ‎0.25‎ ‎[15，20）‎ ‎25‎ n ‎[20，25）‎ m p ‎[25，30）‎ ‎2‎ ‎0.05‎ 合计 M ‎1‎ ‎（1）求出表中M，p及图中a的值；‎ ‎（2）若该校高一学生有360人，试估计该校高一学生参加社区服务的次数在区间[15，20）内的人数；‎ ‎（3）在所取样本中，从参加社区服务的次数不少于20次的学生中任选2人，请列举出所有基本事件，并求至多1人参加社区服务次数在区间[20，25）内的概率．‎ ‎【答案】（1）0.125；（2）5；（3）‎ ‎【解析】（1）由频率=，能求出表中M、p及图中a的值．（2）由频数与频率的统计表和频率分布直方图能求出参加社区服务的平均次数．（3）在样本中，处于[20，25）内的人数为3，可分别记为A，B，C，处于[25，30]内的人数为2，可分别记为a，b，由此利用列举法能求出至少1人参加社区服务次数在区间[20，25）内的概率．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由分组[10，15）内的频数是10，频率是0.25知，，所以M=40．‎ 因为频数之和为40，所以．‎ 因为a是对应分组[15，20）的频率与组距的商，所以． ‎ ‎（2）因为该校高三学生有360人，分组[15，20）内的频率是0.625，‎ 所以估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为360×0.625=225人． ‎ ‎（3）这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有3+2=5人 设在区间[20，25）内的人为{a1，a2，a3}，在区间[25，30）内的人为{b1，b2}．‎ 则任选2人共有（a1，a2），（a1，a3），（a1，b1），（a1，b2），（a2，a3），（a2，b1），（a2，b2），（a3，b1），（a3，b2），（b1，b2）10种情况，（9分）‎ 而两人都在[20，25）内共有（a1，a2），（a1，a3），（a2，a3）3种情况，‎ 至多一人参加社区服务次数在区间[20，25）内的概率为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分布表和频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．‎ ‎19．如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC， PA=AC=2，,∠BAC=60°,D是PA的中点．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PBC;‎ ‎（2）求点P到平面BCD的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）利用余弦定理求得，从而根据勾股定理知，又由线面垂直性质知，可证得平面，由面面垂直的判定定理可证得结论；‎ ‎（2）设所求距离为，利用可构造出关于的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，由余弦定理可得：‎ 即：，解得： ‎ 平面，平面 ‎ 平面， 平面 又平面 平面平面 ‎（2）由（1）知：平面 平面 ‎ 设点到平面的距离为 ‎ ‎ 又 ‎ 即点到平面的距离为 ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、点到面的距离的求解，涉及到余弦定理的应用、线面垂直的判定与性质定理、三棱锥体积的求解等知识；求解点到面的距离的常用方法为：将所求距离转化为三棱锥的高的求解问题，利用体积桥的方式构造方程求得距离.‎ ‎20．已知等比数列的前项和为，且，是与的等差中项.‎ ‎（1）求与；‎ ‎（2）若数列满足，设数列的前项和为，求证：‎ ‎【答案】（1），；（2）见解析 ‎【解析】（1）由可求得数列的公比，利用等差中项的定义可求得；根据等比数列通项公式和求和公式可求得结果；‎ ‎（2）根据（1）中结论可整理得到，采用裂项相消法求得后，根据单调递增可知，从而证得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1） 等比数列的公比 又是与的等差中项 ，即 解得： ，‎ ‎（2）由（1）得：‎ 单调递增 ， ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列通项和前项和的求解、裂项相消法求解数列的和的问题；证明不等式的关键是能够根据数列通项的形式，采用裂项相消的方法得到，根据单调性可证得结论.‎ ‎21．已知.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）当，时，求的最小值；‎ ‎（3）当时，有恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）最小值；（3）‎ ‎【解析】（1）利用构造方程可求得；‎ ‎（2）根据对数运算法则整理得到，结合对号函数性质可得的最小值，代入函数解析式即可求得最小值；‎ ‎（3）将恒成立的不等式整理为，分离变量得到，结合二次函数性质可求得不等式右侧函数的最大值，进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）， ，解得：‎ ‎（2）当，时 当时，由对号函数性质知：‎ ‎（3）由得：‎ ‎ 在上恒成立 又 ，即 令 ‎ 当时，‎ ‎，即的取值范围为 ‎【点睛】‎ 本题考查函数最值的求解、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为变量与某一函数最值之间的大小关系的问题，进而通过求解函数最值求得结果.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，动点分别与两个定点，的连线的斜率之积为.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）设过点的直线与轨迹交于，两点，判断直线与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由.‎ ‎【答案】（1） ； （2）相离.‎ ‎【解析】（1）根据直接法求轨迹方程，（2）先用坐标表示以线段为直径的圆方程，再根据圆心到直线距离与半径大小进行判断.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设动点的坐标为，‎ 因为 ， ， ‎ 所以，整理得． ‎ 所以动点的轨迹的方程 ． ‎ ‎（2）过点的直线为轴时，显然不合题意． ‎ 所以可设过点的直线方程为， ‎ 设直线与轨迹的交点坐标为 ，，‎ 由得． ‎ 因为，‎ 由韦达定理得 =， =． ‎ 注意到 =．‎ 所以的中点坐标为． ‎ 因为 ． ‎ 点到直线的距离为． ‎ 因为 ，即 ，‎ 所以直线与以线段为直径的圆相离．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直接法求轨迹方程以及直线与圆位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.‎