黑龙江省大庆实验中学2018-2019学年高一6月月考试数学（理）试卷

黑龙江省大庆实验中学2018-2019学年高一6月月考试数学（理）试卷

www.ks5u.com 大庆实验中学2018-2019学年度下学期月考考试 高一数学（理）试题 一、选择题（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,，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得集合的元素，由此求得补集.‎ ‎【详解】依题意，所以，故，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查集合补集的概念及运算，考查一元二次方程的解法，属于基础题.‎ ‎2.若，是任意实数，且，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.已知等差数列前项和为，若，则的值为（ ）‎ A. 10 B. 30 C. 25 D. 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质化简已知条件和所求表达式，由此求得正确选项.‎ ‎【详解】由于数列为等差数列，故.，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式，考查等差数列的性质，考查化归与转化的数学思想方法，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.在等比数列中，，，则（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质结合，可得，又,即可求得公比.‎ 详解】解：等比数列中，，则，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义和性质考查了计算能力，等比数列的性质：若，则,再结合等比数列的定义结合已知求出公比, 属于基础题．‎ ‎7.函数的单调递减区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得函数的定义域，然后根据复合函数同增异减求得函数的单调递减区间.‎ ‎【详解】由，解得或.当时，为减函数，而的底数为，所以为增区间.当时，为增函数，而的底数为，所以为减区间.故本小题选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查对数函数的定义域的求法，考查复合函数单调性的判断，属于基础题.‎ ‎8.中，角，，所对应的边分别为，，.已知，则是（ ）‎ A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，利用正弦定理和内角和定理化简可得，再利用余弦定理可得，可得结果.‎ ‎【详解】由题，已知 ，‎ 由正弦定理可得： ‎ 即 又因为 ‎ 所以 即 ‎ 由余弦定理： ‎ 即 ‎ 所以 ‎ 所以三角形一定是等腰三角形 故选B ‎【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，解题的关键是在于正余弦的合理运用，属于中档题.‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图判断几何体的结构，然后将几何体补形为长方体，外接球直径为长方体的体对角线，由此求得几何体外接球的表面积.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体为三棱锥，将该三棱锥补形为长方体，如下图所示三棱锥，三棱锥外接球的为长方体的外接球，长方体的体对角线长为，即，所以外接球的 表面积为.故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，考查几何体外接球表面积的有关计算，考查空间想象能力，属于中档题.‎ ‎10.已知将函数向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，且，则当取最小值时，函数的解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数图象变换规律，三角函数图象的对称性，可得＝kπ，k∈Z，，求得ω的值，可得函数f（x）的解析式．‎ ‎【详解】将函数向右平移个单位长度后，可得y＝cos（ωx）的图象，根据所得图象关于y轴对称，可得＝kπ，k∈Z．‎ 再根据，可得cos，∴，‎ ‎∴kπ，∴ω＝12k+3，则当ω＝3取最小值时，函数f（x）的解析式为f（x）＝cos（3x），‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于中档题．‎ ‎11.在等差数列中，其前项和是，若，，则在中最大的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知 ．由此可知，所以在中最大的是．‎ ‎【详解】由于 ， 所以可得． 这样， 而 ， 所以在在中最大的是． 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.‎ ‎12.设正数，满足，若关于的不等式的解集中的整数解恰有4个，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：将不等式因式分解可得，由于解集中整数解恰有4个，则a＞2，则有，则四个整数解为-3，﹣2，﹣1，0．则有，结合条件，可得a＜4，进而得到a的范围．‎ 详解：，即 ‎∴，，‎ ‎∴‎ 由于解集中整数解恰有4个，则a＞2，‎ ‎∴‎ 则四个整数解为-3，﹣2，﹣1，0．‎ ‎∴，即 即，又 ‎∴，∴，又a＞2‎ ‎∴取值范围是 故选：C 点睛：本题考查一元二次不等式的解法，考查不等式的整数解的求法，考查不等式的性质的运用，考查运算能力，属于易错题．‎ 二、填空题。‎ ‎13.下列说法正确的是______.‎ ‎①平面的厚度是；‎ ‎②经过一条直线和一个点确定一个平面；‎ ‎③两两相交且不共点的三条直线确定一个平面；‎ ‎④经过三点确定一个平面.‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据欧式几何四个公理，对四个说法逐一判断是否正确.‎ ‎【详解】对于①，由于平面是可以无限延伸的，故①说法错误.对于②，这个必须在直线外，故②判断错误.对于③，由于三个交点各不相同，根据公理2可知，③说法正确.对于④，这三个点必须不在同一条直线上，故④判断错误.故本小题答案为：③.‎ ‎【点睛】本小题主要考查对欧式几何四个公理的理解，考查平面的概念，属于基础题.‎ ‎14.已知函数，满足，则______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得出函数的对称轴，再根据的性质列方程，由此求得的值.‎ ‎【详解】由于，故是函数的对称轴，由于的对称轴为，故，解得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的性质，考查含有绝对值函数的性质，属于基础题.‎ ‎15.如图，向量，，，是以为圆心、为半径的圆弧上的动点，若，则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两边平方，利用数量积的运算化简可得，用基本不等式即可求得最大值．‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以,‎ 因为为圆上，所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，故答案为1．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算、基本不等式的应用，属基础题．数量积的运算主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知, 且.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若,, 求的值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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（或其补角））‎ 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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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.‎ ‎ ‎