江西省上饶中学2019-2020学年高一上学期12月月考数学（筑梦班）试题

江西省上饶中学2019-2020学年高一上学期12月月考数学（筑梦班）试题

www.ks5u.com 数学试卷（筑梦班）‎ 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.在下列结论中，正确的为（ ）‎ A. 两个有共同起点的单位向量，其终点必相同 B. 向量与向量的长度相等 C. 向量就是有向线段 D. 零向量是没有方向的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一分析选项，得到答案.‎ ‎【详解】A.单位向量的方向任意，所以当起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上，终点不一定相同，所以选项不正确；‎ B. 向量与向量是相反向量，方向相反，长度相等，所以选项正确；‎ C.向量是既有大小，又有方向的向量，可以用有向线段表示，但不能说向量就是有向线段，所以选项不正确；‎ D.规定零向量的方向任意，而不是没有方向，所以选项不正确.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的基本概念，属于基础题型.‎ ‎2.已知角的终边上有一点，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用任意角的三角函数定义求解即可.‎ ‎【详解】因为角的终边上有一点，所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了任意角三角函数的定义，属于基础题.‎ ‎3.设，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是( )‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面垂直的性质定理及相关的推论考查所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】逐一考查所给的选项：‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项A正确；‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项B正确；‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则平面内存在直线，满足，则，然后利用面面垂直的判定定理可得，选项C正确；‎ 在如图所示的正方体中，取平面分别为平面，直线为棱，‎ 满足，，但是不满足，选项D错误；‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的性质定理及其推论，线面关系命题的判定，属于中等题.‎ ‎4.已知两异面直线，所成的角为80°，过空间一点作直线，使得与，的夹角均为 ‎50°，那么这样的直线有（）条 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：如图所示，把平移到点处，则与所成的角都为的直线有3条.‎ 详解：过作与平行的直线，‎ 如图，， ‎ 直线过点且，这样的直线有两条.‎ 又，直线为的平分线，则，‎ 综上，满足条件的直线的条数为3.‎ 点睛：一般地，如果两条异面直线所成的角为，过空间一点作直线与所成的均为， 即直线的条数为，则 ‎（1）若，则；‎ ‎（2）若，则；‎ ‎（3）若，则；‎ ‎（4）若，则；‎ ‎（5）若，则 ‎（6）若，则.‎ ‎5.1弧度的圆心角所对的弧长为6，则这个圆心角所夹的扇形的面积是（ ）‎ A. 3 B. 6 C. 18 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由弧长的定义，可求得扇形的半径，再由扇形的面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】由1弧度的圆心角所对的弧长为6，利用弧长公式，可得，即，‎ 所以扇形的面积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式和扇形的面积公式的应用，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎6.已知某圆圆心C在x轴上，半径为5,且在y轴上截得线段AB的长为8，则圆的标准方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图示，根据弦长以及半径确定圆心的位置，然后写出圆的标准方程.‎ ‎【详解】由题意没，，所以，‎ 在中，.‎ 如图所示，有两种情况：‎ 故圆心C的坐标为(3，0)或(3，0)，故所求圆的标准方程为.‎ ‎【点睛】本题考查根据条件求解圆的标准方程，难度较易.‎ 利用图示分析时要注意考虑到所有情况不能漏解；同时要注意圆的标准方程形式：.‎ ‎7.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值（ ）‎ ‎ ‎ 正视图 侧视图 俯视图 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可确定截面为平面，可知截掉部分为三棱锥，由三棱锥体积公式求得，即为截去部分体积，从而得到剩余部分体积为，作比得到结果.‎ ‎【详解】由三视图可知，剩余部分为正方体沿平面截掉三棱锥后得到的图形 设正方体棱长为 ，‎ 截去部分体积与剩余部分体积之比为：‎ 故选 ‎【点睛】本题考查正方体截面的问题，关键是能够通过三视图确定截面，从而得到确定截掉的部分的体积.‎ ‎8.已知函数为偶函数，且在上是增函数，则的一个可能值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将函数化简为的形式，再根据三角函数的奇偶性和单调性对选项进行逐一验证即可得到答案．‎ ‎【详解】根据题意，‎ ‎，‎ 若为偶函数，则有，即， ‎ 所以可以排除、，‎ 对于，当时，，在，上是减函数，不符合题意，‎ 对于，当时，，在，上是增函数，符合题意，‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的单调性和奇偶性，考查三角恒等变换．一般都要先将函数解析式化简为的形式，再根据题中条件解题．‎ ‎9.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形为正方形，，，，为全等的等边三角形，、分别为、的中点，在此几何体中，下列结论中正确的个数有（）‎ ‎①平面平面 ‎②直线与直线是异面直线 ‎③直线与直线共面 ‎④面与面的交线与平行 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据展开图，复原几何体，利用异面直线的定义可以判断出②③的正误，利用面面垂直的判定定理判断①的正误，利用面面平行的性质定理判断④的正误，最后选出正确答案.‎ ‎【详解】根据展开图，复原几何体，如下图所示：‎ 由已知条件，在平面内，过点的中线垂直于，再也找不到和平面内垂直的线段，因此找不到和平面垂直的垂线，由已知四边形为正方形，能得到或，再也找不到和平面内相垂直的的线段，因此找不到和平面垂直的线段，所以不能判断平面平面，故①是不正确的；‎ 根据异面直线的定义可以判断②是正确的；‎ 因为、分别为、的中点，所以，而四边形为正方形，所以有，因此有，所以中点共面，所以③是正确的；‎ 因为，平面, 平面，所以平面，‎ 而平面，所以面与面的交线与平行，故④正确，故有三个结论是正确的，本题选A.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了面面垂直的判定定理，考查了异面直线的定义.‎ ‎10.已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于两圆不在直线的同侧，先做出圆关于直线对称的圆，把转化为，若最大，必须最大，最小.‎ ‎【详解】如图：‎ 依题意得点在直线上，‎ 点关于直线对称的点,‎ 点在圆关于直线对称的圆上，‎ 则，设圆的圆心为，‎ 因为，，‎ 所以，当五点共线，在线段上，在线段上时“=”成立.‎ 因此，的最大值为4.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，距离和差的最值问题对称变换是常采用的方法.‎ ‎11.将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像，若函数在上单调递减，则正数的最大值为 A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简的表达式，平移后得到的解析式，再求出的解析式，然后利用的单调减区间列不等式组，求得的取值范围，进而求得正数的最大值.‎ ‎【详解】依题意，，向左平移个单位长度得到.故，下面求函数的减区间：由，由于故上式可化为，由于函数在上单调递减，故，解得，所以当时，为正数的最大值.故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角函数降次公式，考查三角函数图像变化的知识，考查三角函数的单调区间的求法，综合性较强，需要较强的运算能力.是不能够直接合并起来的，需要通过运用降次公式两次，才能化简为的形式.求解三角函数单调区间时，要注意是正数还是负数.‎ ‎12.有一正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）木料，其各棱长都为2.已知，分别为上，下底面的中心，M为的中点，过A，B，M三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图:‎ 连延长交于M,易证,因为为中心，所以 ，过做||,则梯形 即为所求截面，,,所以梯形的高，故梯形面积为，故选B. ‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填写在题中的横线上）‎ ‎13.已知为第二象限角，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过通分的方法去掉二次根式，转化成绝对值再进行化简即可 ‎【详解】因为为第二象限角，所以，.‎ 所以，‎ ‎，所以.‎ 所以答案为：‎ ‎【点睛】本题考察了三角函数的化简，易错点为去掉二次根式转化为绝对值时符号的判断问题，此时需要结合三角函数在四个象限的正负值进行判断 ‎14.在中，为的中点，为的中点，为的中点，若，则__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两次利用中线向量公式可以得到，从而得到的值，故可计算．‎ ‎【详解】因为为的中点，所以，‎ 而，‎ 所以，‎ 所以，故，填．‎ ‎【点睛】本题考查向量的线性运算和平面向量基本定理，注意运算过程中利用中线向量公式简化计算．‎ ‎15.若圆和曲线恰有六个公共点，则的值是________‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出圆和曲线图象，结合图象，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，圆和曲线恰由六个公共点，‎ 作出图象，如图所示，此时，故答案为3．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中在同一坐标系中作出图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎16.点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，若球的体积为，则动点的轨迹的长度为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，在取点,使 ,连接由线面垂直的判定和性质可得，点的轨迹为平面与球的截面圆周，求出圆的半径即可得解.‎ ‎【详解】解：如图，在取点,使 ,连接 因为,所以,则平面,则点的轨迹为平面与球的截面圆周，‎ 设正方体的棱长为，则，解得，连接,‎ 由,求得到平面的距离为，‎ 所以截面圆的半径，‎ 则点的轨迹长度为，‎ 故答案为 .‎ ‎【点睛】本题考查了正方体中的内切球问题，重点考查了平面与球的截面圆周长的求法，属难度较大的题型.‎ 三、解答题（17题10分，18-22题，每题12分；共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知两点 ‎(1)求过AB中点，且在两坐标轴上截距相等的直线的方程；‎ ‎(2)求过原点，且A、B两点到该直线距离相等的直线的方程.‎ ‎【答案】（1），；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设所求直线方程为，求得坐标轴上的截距，利用截距相等，求得的值，即可得到直线方程；‎ ‎（2）当所求直线过的中点和直线与直线平行时，分别求得直线的斜率，即可求解直线的方程．‎ ‎【详解】（1）由题意，点，可得中点坐标为，‎ 设所求直线的斜率为，则方程为，‎ 令，解得，令，解得，‎ 因为直线在两坐标轴上截距相等，即，解得或，‎ 当时，直线的方程为，即；‎ 当时，直线的方程为，即．‎ ‎（2）①当所求直线过中点时，此时直线的斜率为，‎ 所以直线的方程为；‎ ‎②当直线与直线平行，此时直线的斜率为，‎ 所以直线的方程为．‎ 综上，直线的方程为或．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，直线在坐标轴上的截距，以及两直线的位置关系的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎18.如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，．‎ ‎（1）求证：平面； ‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直的性质证明，再由已知求解三角形证明，由线面垂直的判定可得平面 ‎； （2）取中点，连接，连接交于点，可证平面，此时得到．‎ ‎【详解】（1）因为四边形为正方形，‎ 所以.平面平面，‎ 平面平面，‎ 所以平面.所以.‎ 取中点，连接.由，，，‎ 可得四边形为正方形.‎ 所以.所以.所以.‎ 因为，所以平面. ‎ ‎（2）存在，当为的中点时，平面，此时.‎ ‎ 证明如下：‎ 取中点，连接，连接交于点，由于四边形为正方形，‎ 所以是的中点，同时也是的中点.‎ 因为，又四边形为正方形， ‎ 所以，‎ 连接，所以四边形为平行四边形.‎ 所以.又因为平面，平面，‎ 所以平面. ‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行，直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．‎ ‎19.已知函数的图象的两相邻对称轴间的距离为.‎ ‎（1）求函数的解析式：‎ ‎（2）已知角满足：且，，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简函数得到，根据周期为，计算得到答案.‎ ‎（2）代入数据得到，计算得到，最后利用齐次式计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）‎ 由条件可得，所以，则 ‎（2）‎ 又 ‎∴原式 ‎【点睛】本题考查了函数三角函数的解析式，三角恒等变换.其中齐次式方法是解题的关键，需要熟练掌握.‎ ‎20.已知两个定点，， 动点满足，设动点的轨迹为曲线，直线：.‎ ‎（1）求曲线的轨迹方程；‎ ‎（2）若是直线上的动点，过作曲线的两条切线QM、QN，切点为、，探究：直线是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.‎ ‎【答案】（1） （2）存在，定点为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点的坐标为，由列出方程化简求解即可； （2）说明都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设，圆的圆心为，且经过坐标原点，可表示出圆的方程，将其与曲线联立，推出直线的方程，然后可解得直线是过的定点．‎ ‎【详解】（1）由题，设点的坐标为，‎ 因为，即，‎ 整理得，‎ 所以所求曲线的轨迹方程为．‎ ‎（2）依题意，，则都在以为直径的圆上，‎ 是直线上的动点，设，‎ 则圆的圆心为，且经过坐标原点，‎ 即圆的方程为，‎ 又因为在曲线上，‎ 由，可得，‎ 即直线的方程为，‎ 由且，可得，解得，‎ 所以直线过定点．‎ ‎【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线系方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．‎ ‎21.如图，在直三棱柱中，，是的中点，. ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若异面直线和所成角的余弦值为，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）3‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）连接，交于点，连结，利用中位线定理证明平面．‎ ‎（2）通过平移，表示出异面直线和所成角，结合正弦定理及三角形面积公式求得．所以可得解．‎ ‎【详解】解法一：‎ ‎（1）连结，交于点，连结.‎ 在直三棱柱中，四边形为平行四边形，‎ 所以为的中点，‎ 又为的中点，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为，为锐角，‎ 所以为异面直线和所成的角，‎ 所以由条件知，‎ 在中，，，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 又平面，平面，，‎ 所以，‎ ‎， ‎ ‎，‎ 所以.‎ 解法二：（1）证明：取的中点，连结，，，‎ 在直三棱柱中，‎ 四边形为平行四边形，又是的中点，‎ 所以，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，又平面，平面，‎ 所以平面，‎ 因为，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，又平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又，平面，‎ 所以平面平面，‎ 又平面，所以平面.‎ ‎（2）过作于，‎ 因为平面，平面，所以，‎ 又，平面，所以平面.‎ 因为，为锐角，‎ 所以为异面直线和所成的角，‎ 所以由条件知，‎ 在中，，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 又，，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定，割补法求体积，属于中档题．‎ ‎22.定义在上的函数，若已知其在内只取到一个最大值和一个最小值，且当时函数取得最大值为；当，函数取得最小值为．‎ ‎（1）求出此函数的解析式；‎ ‎（2）是否存在实数，满足不等式？若存在，求出的范围（或值），若不存在，请说明理由;‎ ‎（3）若将函数的图像保持横坐标不变纵坐标变为原来的得到函数，再将函数的图像向左平移个单位得到函数，已知函数的最大值为，求满足条件的的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，见解析；（3）最小值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用最大值和最小值可确定，又，可求得；根据，结合的范围可求得，从而得到解析式；（2）首先保证原式有意义可得到 ‎；根据二次函数性质可确定，；由函数在上递增可确定，解不等式求得结果；（3）根据三角函数伸缩和平移变化得到和；由复合函数单调性可确定当取最大值时，需与同时取得，从而求得，根据确定最小值.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎， ‎ ‎ ，‎ 解得：，，又 ‎ ‎（2）满足，解得：‎ ‎ ‎ 同理 由（1）知函数在上递增 若有 只需要：，即成立即可 存在，使成立 ‎（3）由题意知：，‎ 函数与函数均为单调增函数，且，‎ 当且仅当与同时取得才有函数的最大值为 由得：，‎ 则 ，‎ 又 的最小值为 ‎【点睛】本题考查根据三角函数性质求解函数解析式、三角函数中能成立问题的求解、根据函数最值求解参数值的问题；本题利用最值求解参数的关键是能够通过复合函数单调性确定取得最值时与的值，进而利用三角函数的知识求得结果，属于难题.‎ ‎ ‎