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（理）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（理）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（理）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，或，则为（ ）‎ A．，且 B．，或 C．，或 D．，且 ‎【答案】D ‎【解析】利用全称命题的否定可得出命题的否定.‎ ‎【详解】‎ 由全称命题的否定可知，命题的否定为，且.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查全称命题否定的改写，要熟悉量词与结论的变化，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎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，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：‎ 由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和。，，所以几何体的表面积为。‎ ‎【考点】三视图与表面积。‎ ‎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．新定义运算若，当时，的值域为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由新定义得到分段函数对每段分别求值域，最后求并集即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意知 即 ‎，，，‎ 的值域为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题以新定义为背景，考查了分段函数的图象与性质，考查了二次函数的图象与性质，考查了函数与方程思想，属于中档题.‎ ‎10．已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的个数为（ ）‎ ‎①的实轴长为；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.‎ A．个 B．个 C．个 D．个 ‎【答案】C ‎【解析】设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，可得出双曲线的方程，然后利用双曲线的几何性质可判断出命题①②③的正误，将直线的方程与双曲线的方程联立，由的符号判断出命题④的正误.‎ ‎【详解】‎ 由于双曲线的渐近线方程为，设双曲线的方程为，‎ 将点的坐标代入双曲线的方程得，‎ 所以，双曲线的方程为.‎ 对于命题①，双曲线的实轴长为，命题①正确；‎ 对于命题②，双曲线的离心率为，命题②正确；‎ 对于命题③，令，得，所以，曲线经过双曲线的右焦点，命题③正确；‎ 对于命题④，联立，消去得，，‎ 则直线与双曲线只有一个公共点，命题④错误.‎ 因此，真命题的个数为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线相关命题真假的判断，解题的关键就是要求出双曲线的标准方程，要理解双曲线的标准方程与渐近线方程之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎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．已知双曲线的两条渐近线分别为、，经过右焦点垂直于的直线分别交、于、两点．若、、成等差数列，且与反向，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设，由题可得，中，，可得出，由此推出，求出的值，即可求出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 如下图所示，设，则，‎ 中，，则.‎ ‎、、成等差数列，设，，，‎ ‎，，即，整理得，‎ 则，所以，，‎ ‎，解得，即，因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线离心率的求法，同时也考查了等差数列的性质，涉及了二倍角正切公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 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】作出不等式组所表示的可行域，利用目标函数的几何意义，找出目标函数取得最大值时的最优解，代入目标函数计算即可.‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组所表示的可行域如下图所示，令，‎ 联立，得，则点，‎ 平移直线，由图象可知，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最大，‎ 此时取得最大值，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线法，结合直线在坐标轴上的截距的变化找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎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．中，，，边上的高为2，则的内切圆半径为________。‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】设的内角、、的对边分别为、、，计算出的面积，可得出的值，再结合余弦定理可求出的值，可得出的周长，然后利用等面积法可求出该三角形内切圆的半径.‎ ‎【详解】‎ 设的内角、、的对边分别为、、，‎ 由题意可知，该三角形的面积为，‎ 另一方面，由三角形的面积公式得，得.‎ 由余弦定理得，，‎ ‎，‎ 所以，该三角形的内切圆半径为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形内切圆半径的计算，同时也考查了三角形面积的计算以及利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.‎ 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．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.‎ ‎20．如图，三棱锥中，平面，，，，是的中点，是的中点，点在上，．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）证明：平面；‎ ‎（3）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.‎ ‎【解析】（1）利用余弦定理计算出，由勾股定理可得出，再由平面，可得出，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，然后利用平面与平面垂直的判定定理可证明出平面平面；‎ ‎（2）证法一：过点作交于点，取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ 证法二：取中点，连接、，证明平面平面，即可得出平面；‎ ‎（3）过点作，垂足为，在直角中过点作，垂足为，证明出平面，可知二面角的平面角为，计算出中的和，然后利用锐角三角函数的定义求出即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，由余弦定理得，‎ 即，解得，，则，.‎ 因为平面，平面，所以.‎ ‎，、平面，平面.‎ 平面，平面平面；‎ ‎（2）证法一：过点作交于点，取的中点，连接、．‎ 点为的中点，为的中点，，．‎ 又是的中点，是的中点，点在上，，且，‎ ‎，，且，‎ 所以四边形为平行四边形，，‎ 平面，平面，平面；‎ 法二：取中点，连接、，‎ ‎ ‎ ‎、分别为、的中点，.‎ 平面，平面，平面.‎ 为的中点，为的中点，，则，‎ ‎，即，，.‎ 平面，平面，平面.‎ 因为，所以平面平面，‎ 平面，所以平面；‎ ‎（3）过点作，垂足为，在平面内过点作，垂足为，‎ 平面，平面，，‎ ‎，，平面，‎ 平面，，‎ ‎，，平面，‎ 平面，，则为二面角的平面角，‎ 由等面积法可得，‎ 平面，平面，，‎ 在中，，，，‎ 由等面积法得，则.‎ 因此，二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的证明、直线与平面平行的证明，以及二面角正弦值的求解，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎21．已知，，.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）当，，且有最小值时，求的值；‎ ‎（3）当，时，有恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】（1）由，结合对数运算律，可求出实数的值；‎ ‎（2）将代入函数的解析式，得出，利用双勾函数的单调性得出内层函数在区间上单调递增，然后分和两种情况讨论，利用外层函数的单调性得出函数的最小值为，即可求出实数的值；‎ ‎（3）当时，由，可得出，利用参变量分离法得出，求出函数在区间上的最大值，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），即，即；‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 内层函数在区间上单调递增.‎ 当时，外层函数为增函数，则函数在也单调递增，‎ ‎，解得；‎ 当时，外层函数为减函数，则函数在单调递减，‎ ‎，解得（舍去）.‎ 综上所述，；‎ ‎（3），即，，‎ ‎，，，，，‎ ‎，依题意有，‎ 而函数，‎ 因为，，，所以.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对数的运算，利用对数型复合函数的最值求参数以及对数不等式恒成立，在求解对数型复数复合函数的最值时，要结合复合函数法分析函数的单调性，结合单调性得出函数的最值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎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.‎