2018-2019学年贵州省遵义市第四中学高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

2018-2019学年贵州省遵义市第四中学高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 贵州省遵义市第四中学2018-2019学年高二上学期第一次月考数学（文)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与求出两集合的交集即可．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，，‎ ‎∴.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．‎ ‎2．已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若，，则；‎ ‎②若，，且，则；‎ ‎③若，，则；‎ ‎④若，，且，则．‎ 其中正确命题的序号是（　　）‎ A．②③ B．①④ C．②④ D．①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①当，时，不一定成立；对于②可以看成是平面的法向量，是平面的法向量即可；对于③可由面面垂直的判断定理作出判断；对于④，也可能相交．‎ ‎【详解】‎ ‎①当，时，不一定成立，m可能在平面所以错误；‎ ‎②利用当两个平面的法向量互相垂直时，这两个平面垂直，故成立；‎ ‎③因为，则一定存在直线在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故成立；‎ ‎④，，且，，也可能相交，如图所示，所以错误，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题以命题的真假判断为载体考查了空间直线与平面的位置关系，熟练掌握空间线面关系的判定及几何特征是解答的关键．‎ ‎3．定义一种运算，在如图所示的框图所表达的算法中揭示了这种运算“”的含义，那么按照运算“”的含义，（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以 ‎，故选C.‎ 考点：程序框图及三角函数值的计算.‎ ‎4．与直线关于轴对称的直线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件求得与直线关于轴对称的直线的斜率为，且经过点，用点斜式求得要求直线的方程．‎ ‎【详解】‎ 直线的斜率为，与轴的交点为，‎ 故与直线关于轴对称的直线的斜率为，且经过点，‎ 故所求的直线方程为，化简可得，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查关于轴对称的两条直线间的关系，用点斜式求直线的方程，属于基础题．‎ ‎5．直线2x+3y–9=0与直线6x+my+12=0平行，则两直线间的距离为（ ）‎ A． B． C．21 D．13‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：先根据两直线平行，算出m的值，然后利用两平行直线间距离公式进行计算 详解：∵与平行，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴m=9.‎ 将直线化为2x+3y+4=0，‎ 故其距离 .‎ 故选B.‎ 点晴：两直线平行于垂直的关系需要求掌握，另外在两平行直线间距离公式的运算过程中首先确保相应的x和y的系数需相等”‎ ‎6．设变量，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A．7 B．8 C．9 D．10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义利用数形结合分析即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ 由约束条件作出其所确定的平面区域（阴影部分），‎ 因为，所以，‎ 平移直线，由图象可知当直线经过点时，‎ 目标函数取得最大值，‎ 由，解得，‎ 即，‎ 即，‎ 故的最大值为9．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．要求熟练掌握常见目标函数的几何意义．‎ ‎7．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为（ ）‎ A．4 B． C． D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：仔细观察三视图，发挥空间想象力，可知该几何体是底面为斜边边长为2的等腰直角三角形、高为2的直三棱柱，进而可得结果.‎ 详解：由三视图知，该几何体是底面为斜边边长为2的等腰直角三角形、高为2的直三棱柱，所以该几何体的表面积为，故选B.‎ 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于中档题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎8．已知正四棱柱中，，为中点，则异面直线与所形成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为原点，为轴，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所形成角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，‎ ‎，，‎ 设异面直线与所形成角为，‎ 则.‎ ‎∴异面直线与所形成角的余弦值为.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎9．在正四面体中，是的中点，则与平面所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四面体棱长为，作出所求的线面角，根据线面角的定义计算即可．‎ ‎【详解】‎ 过作平面，则为的中心，‎ 过作平面，则为的中点，‎ 设的中点为，正四面体的棱长为，则，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 则与平面所成角满足：.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面角的计算，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．‎ ‎10．直线恒过定点，若点在直线上，其中，，则的最小值为（ ）‎ A． B．4 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线的性质先求出的坐标，代入直线方程可得、的关系，再利用的代换结合均值不等式求解即可．‎ ‎【详解】‎ 直线恒过定点，‎ 即，‎ ‎∴，‎ 解得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴ ，当且仅当时取等号，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了对数函数的性质和均值不等式等知识点，运用了整体代换思想，是高考考查的重点内容．‎ ‎11．已知函数是定义在上的单调函数，且对任意的正数，都有，若数列的前项和为，且满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的单调性求出与的关系，再判断数列的性质，进而利用等比数列的性质可求得答案．‎ ‎【详解】‎ 因为，可得，‎ 又因为函数是定义在上的单调函数，‎ 所以，故，两式作差得，‎ 当时，求得，故，‎ 即数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性，数列中根据与的递推关系求通项公式，考查了等比数列的通项的求法，属于中档题．‎ ‎12．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，且，则该三棱锥的外接球的体积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，可得S在面ABC上的射影为AB中点H，平面，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH交于O，则O为SABC的外接球球心，OS为球半径，由此可得该三棱锥的外接球的体积.‎ ‎【详解】‎ 因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，‎ 所以S在ABC上的射影为AB中点H，所以平面，‎ 所以SH上任意一点到A,B,C的距离相等，‎ 因为，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH交于O，‎ 则O为的外接球球心，‎ 所以，‎ 即，解得，‎ 所以该三棱锥的外接球的体积为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关球的体积的问题，涉及到的知识点是三棱锥的外接球，在解题的过程中，需要明确几何体的外接球的特征，注意思考球心所处的位置，建立相应的等量关系，求得半径，利用公式求得体积.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知，且与的夹角为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ 答案为：.‎ ‎14．过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程．当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得的值，从而得到直线方程．综合以上可得答案．‎ ‎【详解】‎ 当直线过原点时，由于斜率为，故直线方程为，即．‎ 当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得，‎ 故直线的方程为，‎ 故答案为或．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查用待定系数法求直线的方程，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．‎ ‎15．直线：，：，若，则的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出m的值．‎ ‎【详解】‎ 当或时，不满足，舍去．‎ 当或时，直线的斜率，的斜率.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了分类讨论的思想方法，属于基础题．‎ ‎16．如图，在矩形中，，，为边的中点．将△沿翻折，得到四棱锥．设线段的中点为，在翻折过程中，有下列三个命题：‎ ‎① 总有平面；‎ ‎② 三棱锥体积的最大值为；‎ ‎③ 存在某个位置，使与所成的角为．‎ 其中正确的命题是____．（写出所有正确命题的序号）‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与平面平行的判定定理判断①的正误；求出棱锥的体积的最大值，判断②的正误；利用直线与平面垂直判断③的正误.‎ ‎【详解】‎ 取DC的中点为F，连结FM，FB，可得MF∥A1D，FB∥DE，可得平面MBF∥平面A1DE，‎ 所以BM∥平面A1DE，所以①正确；‎ 当平面A1DE与底面ABCD垂直时，三棱锥C﹣A1DE体积取得最大值，最大值为：，所以②正确．‎ 存在某个位置，使DE与A1C所成的角为90°．因为DE⊥EC，所以DE⊥平面A1EC，‎ 可得DE⊥A1E，即AE⊥DE，矛盾，所以③不正确；‎ 故答案为：①②‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的真假的判断，直线与平面平行，直线与平面垂直以及几何体的体积的最值的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知直线 ‎（1）求与垂直，且与两坐标轴围成的三角形面积为 4 直线方程：‎ ‎（2）已知圆心为，且与直线相切求圆的方程；‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】分析：（1）由题意，设所求的直线方程为，分离令和，求得在坐标轴上的截距，利用三角形的面积公式，求得的值，即可求解；‎ ‎（2）设圆的半径为，因为圆与直线相切，列出方程，求得半径，即可得到圆的标准方程.‎ 详解：（1）∵所求的直线与直线垂直，‎ ‎∴设所求的直线方程为 ，‎ ‎∵令，得；令，得.‎ ‎∵所求的直线与两坐标轴围成的三角形面积为 4．‎ ‎∴，∴‎ ‎∴所求的直线方程为或．‎ ‎（2）设圆的半径为，∵圆与直线相切 ‎∴∴所求的圆的方程为 点睛：本题主要考查了直线方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎18．已知函数.‎ ‎（1）求函数的最大值；‎ ‎（2）已知的面积为，且角，，的对边分别为，，，若，，求的值.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，可得函数的最大值为；（2）由题意，化简得，从而得，由，，求得的值，‎ 根据余弦定理得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1） ‎ ‎，‎ ‎∴函数的最大值为.‎ ‎（2）由题意，化简得.‎ ‎∵，∴，∴，∴.‎ 由得，又，‎ ‎∴，或，.‎ 在中，根据余弦定理得. ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.‎ ‎19．已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求和：．‎ ‎【答案】（1）an=2n−1.（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比数列求和公式求解.‎ 试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.‎ 解得d=2.‎ 所以an=2n−1.‎ ‎（Ⅱ）设等比数列的公比为q.‎ 因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.‎ 解得q2=3.‎ 所以.‎ 从而.‎ ‎【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和. ‎ ‎20．某校高二某班的某次数学测试成绩（满分为100分）的茎叶图和频率分布直方图都受了不同程度的破坏，其可见部分如图，据此解答下列问题：‎ ‎（1）求分数在的频率及全班人数；‎ ‎（2）求分数在之间的频数，并计算频率分布直方图中间的矩形的高；‎ ‎（3）若分数80分及以上的为优秀，求从分数优秀的同学中任选3人，恰有2人分数在之间的概率．‎ ‎【答案】（1），25人；（2）4，；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出的频率，由此能求出全班人数；（2）先求出之间的频数，由此能求出间的矩形的高；（3）求出恰有2人分数在之间的概率．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知得的频率为0.08，全班人数为人．‎ ‎（2）之间的频数为4人，∴间的矩形的高为0.016．‎ ‎（3）间的4人设为，，，，间2人设为，，‎ 从分数优秀的同学中任选3人，基本事件总数，‎ 恰有2人分数在之间包含的基本事件个数，‎ ‎∴恰有2人分数在之间的概率.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频数、总体个数的求法，考查概率的求法，考查茎叶图、频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎21．如图所示，是正方形，平面，、是、的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据可得，结合得出平面；（2），利用割补法求三棱锥的体积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接．‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴，‎ ‎∵，分别是，的中点，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵四边形是正方形，是的中点，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）解：∵，分别是，的中点，‎ ‎∴，．‎ 又平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵正方形的边长为1，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．‎ ‎22．如图，在正三棱柱中，已知，，分别是，的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，可证四边形是平行四边形，故而，得出平面；（2）证明平面，故为直线与平面所成角，再计算求得直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取中点，连接，，‎ ‎∵是的中点，是的中点，‎ ‎∴，，‎ ‎∵是直三棱柱的侧棱的中点，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，又平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）∵底面，，‎ ‎∴平面，又平面，‎ ‎∴，‎ ‎∵是等边三角形，∴，‎ 又，∴平面，‎ ‎∵，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴为直线与平面所成角．‎ ‎∵等边的边长为2，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的判定和线面角的计算，属于中档题．‎