2018-2019学年云南省玉溪市一中高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

2018-2019学年云南省玉溪市一中高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 云南省玉溪市一中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．已知全集，集合, 集合，那么= （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A和B,再求.‎ ‎【详解】‎ 由题得A={x|x>0},B={y|y≥1}，所以.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 集合的运算要注意灵活运用维恩图和数轴，一般情况下，有限集的运算用维恩图分析，无限集的运算用数轴，这实际上是数形结合的思想的具体运用.‎ ‎2．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）‎ A． 若，则 B． 若，则 C． 若，则 D． 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】选项不正确，因为是可能；选项不正确，因为，和都有可能；选项不正确，因为，可能；选项正确。故选 ‎3．已知直线平行，则实数的值为（ ）‎ A． B． C． 或 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对x，y的系数分类讨论，利用两条直线平行的充要条件即可判断出．‎ ‎【详解】‎ 当m=﹣3时，两条直线分别化为：2y=7，x+y=4，此时两条直线不平行；‎ 当m=﹣5时，两条直线分别化为：x﹣2y=10，x=4，此时两条直线不平行；‎ 当m≠﹣3，﹣5时，两条直线分别化为：y=x+，y=+，‎ ‎∵两条直线平行，∴，≠，解得m=﹣7．‎ 综上可得：m=﹣7．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分类讨论、两条直线平行的充要条件，属于基础题．‎ ‎4．一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，‎ ‎∵正方体的棱长是1，‎ ‎∴三棱锥的体积V1=，‎ ‎∴剩余部分体积V=1×1×1﹣V1=，‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ 本题考查三视图和求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，主要考查学生的空间想象能力．‎ ‎5．已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则 的值为（ ）‎ A． B． 4 C． 2 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，可得a32=a1•a7，化简可得a1与d的关系．可得公比q，即可得出所求值．‎ ‎【详解】‎ 因为数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，‎ ‎∴a32=a1•a7，可得（a1+2d）2=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0．‎ ‎∴公比q=.‎ 则 .‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力．‎ ‎6．当时，执行如下图所示的程序框图，输出的值为（ ）．‎ ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】第一次循环，，第二次循环，，第三次循环，，第四次循环，，结束循环，输出，故选D．‎ ‎7．已知且，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用同角三角函数的基本关系求得 tanα 的值，再根据tan（α﹣β）=﹣，利用两角差的正切公式求得tanβ的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵角α，β均为锐角，且cosα=，∴sinα=，tanα=，‎ 又tan（α﹣β）===﹣，∴tanβ=3，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角差的正切公式的应用，属于基础题．‎ ‎8．某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）‎ A． ‎ B． 甲得分的方差是736‎ C． 乙得分的中位数和众数都为26‎ D． 乙得分的方差小于甲得分的方差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，依次分析选项，综合即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，依次分析选项：‎ 对于A，甲得分的极差为32，30+x﹣6=32，解得：x=8，A正确，‎ 对于B，甲得分的平均值为，‎ 其方差为，B错误；‎ 对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数、众数都是26，C正确，‎ 对于D，乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查茎叶图的应用，涉及数据极差、平均数、中位数、众数、方差的计算，属于基础题．‎ ‎9．某学校老师中，型血有36人、型血有24人、型血有12人，现需要从这些老师中抽取一个容量为的样本.如果采用系统抽样和分层抽样方法抽取，都不用剔除个体；如果样本容量减少一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中剔除2个个体，则样本容量可能为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据系统抽样和分层抽样方法特点确定样本容量需满足条件，再比较选项确定结果.‎ ‎【详解】‎ 因为采用系统抽样和分层抽样方法抽取，都不用剔除个体；所以样本容量为 的约数，因为 ，所以样本容量为的倍数，因此舍去B,D;‎ 因为如果样本容量减少一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中剔除2个个体，所以样本容量为的约数加1，因此选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查系统抽样和分层抽样方法，考查基本求解能力.‎ ‎10．已知实数满足不等式组，则的最大值为（ ）‎ A． 5 B． 3 C． 1 D． -4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值．‎ ‎【详解】‎ 作出实数x，y满足不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．‎ 由z=2x﹣y得y=2x﹣z，‎ 平移直线y=2x﹣z，由图象可知当直线y=2x﹣z经过点A（2，﹣1）时，直线y=2x﹣z的截距最小，此时z最大．‎ 代入目标函数z=2x﹣y，‎ 得z=5．即z=2x﹣y的最大值为5．‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查线性规划，意在考察学生对该知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，就最小，要看函数的解析式，如：,直线的纵截距为,所以纵截距最小时，最大.‎ ‎11．已知满足 (其中是常数)，则的形状一定是（ ）‎ A． 正三角形 B． 钝角三角形 C． 等腰三角形 D． 直角三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，利用共线定理求出||=||，判断△ABC是等腰三角形．‎ ‎【详解】‎ ‎△ABC中，﹣=k×（其中k是非零常数），‎ 如图所示；‎ ‎∴﹣=k×（﹣），‎ ‎∴+k=k+，‎ ‎∴（+k）=（k+），‎ 又、不共线，‎ ‎∴+k=k+=0，‎ ‎∴||=||，‎ ‎∴△ABC是等腰三角形．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用平面向量知识判断三角形的形状，解题关键利用好平面向量基本定理，属于中档题.‎ ‎12．已知函数且的最大值为,则的取值范围是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对x进行分类讨论，当x≤2时，f（x）=x﹣1和当x＞2时，2+logax≤1．由最大值为1得到a的取值范围．‎ ‎【详解】‎ ‎∵当x≤2时，f（x）=x﹣1，‎ ‎∴f（x）max=f（2）=1‎ ‎∵函数（a＞0且a≠1）的最大值为1,‎ ‎∴当x＞2时，2+logax≤1．‎ ‎∴，‎ 解得a∈[，1）‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查分段函数的最值问题，考查对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的解题关键是分析推理出当x＞2时，2+logax≤1．‎ 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．若，，，则与的夹角为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用数量积的运算化简即得解.‎ ‎【详解】‎ 由得.‎ 所以与的夹角为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量的数量积的运算，意在考察学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎14．数列 的前49项和为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，分母为等差数列的前n项和，用列项法可求得 ，从而可求得数列的前49项和．‎ ‎【详解】‎ 令， ， ∴， ∴ ‎ 即答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的求和，着重考查等差数列的求和与裂项法求和，属于中档题．‎ ‎15．已知定义在上的函数满足，且对任意的实数，都有 ‎ 恒成立，则的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出f(8),f(13),f(18)，找到规律，再证明2018是等差数列3，8,13，的偶数项，即得解.‎ ‎【详解】‎ 由题得,‎ 由于3,8,15,成等差数列,所以 所以2018在偶数项,所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的通项和数列的规律，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎16．已知正实数，满足，若不等式有解则实数 的取值范围是_____；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：不等式有解即巧用均值不等式求最值即可.‎ 详解：由已知得：‎ 由题意：，解得：‎ 故答案为： 点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．设的内角的对边分别为已知 ‎（1）求；‎ ‎（2）若求的面积.‎ ‎【答案】⑴；⑵‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求得.(2)先利用余弦定理求出a=3,再利用三角形的面积公式求的面积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知以及正弦定理可得 ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎（2）由（1）以及余弦定理可得 ‎，解得或舍去 ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎18．已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调增区间；‎ ‎（2）若，求函数的值域．‎ ‎【答案】⑴⑵‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先化简函数得，再求函数的单调增区间.(2)利用三角函数的图像和性质逐步求出函数的值域．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ 由,‎ 所以函数的单调增区间是 ‎（2）由得 从而，‎ 所以函数的值域为.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查三角函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 对于复合函数的问题自然是利用复合函数的性质解答，求复合函数的最值，一般从复合函数的定义域入手，结合三角函数的图像一步一步地推出函数的最值.‎ ‎19．设，数列满足且.‎ ‎（1）求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）求数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据等比数列的定义，只需判断是否为定值即可；（2）因为，且已知，考虑用累加法求数列的通项公式.‎ 试题解析：（1）由题知：‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎（2）由（1）可得，故 ‎，‎ 累加得：，‎ ‎ ‎ ‎，即 ‎20．如图，四边形为等腰梯形沿折起，使得平面平面为的中点，连接（如图2）.‎ 图1 图2‎ ‎（Ⅰ）求证： ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）证明，结合平面 平面，推出平面，然后证明． （II）取AC中点F，连接EF、EC E，设E点到平面BCD的距离为，，,利用则求解直线DE与平面BCD所成的角的正弦值即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）,则,，又因为平面 平面 且平面 平面 ，所以平面，从而．‎ ‎（Ⅱ）取AC中点F，连接EF、EC.，设E点到平面BCD的距离为，，,‎ DE与平面BCD所成角为，则.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎21．设圆的圆心在轴上，并且过两点.‎ ‎(1)求圆的方程；‎ ‎(2)设直线与圆交于两点，那么以为直径的圆能否经过原点，若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 或.‎ ‎【解析】试题分析：（1）圆的圆心在的垂直平分线上，又的中点为， ，∴的中垂线为.∵圆的圆心在轴上，∴圆的圆心为，因此，圆的半径，（2）设M,N的中点为H，假如以为直径的圆能过原点，则.，设是直线与圆的交点，将代入圆的方程得： .∴.∴的中点为.代入即可求得，解得.再检验即可 试题解析：‎ ‎(1)∵圆的圆心在的垂直平分线上，‎ 又的中点为， ，∴的中垂线为.‎ ‎∵圆的圆心在轴上，∴圆的圆心为，‎ 因此，圆的半径，‎ ‎∴圆的方程为.‎ ‎(2)设是直线与圆的交点，‎ 将代入圆的方程得： .‎ ‎∴.‎ ‎∴的中点为.‎ 假如以为直径的圆能过原点，则.‎ ‎∵圆心到直线的距离为，‎ ‎∴.‎ ‎∴，解得.‎ 经检验时，直线与圆均相交，‎ ‎∴的方程为或.‎ 点睛：直线和圆的方程的应用，直线和圆的位置关系，务必牢记d与r的大小关系对应的位置关系结论的理解.‎ ‎22．已知函数，．‎ ‎(1)若函数是奇函数，求实数的值；‎ ‎(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；‎ ‎(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 函数与函数的图象有2个公共点；说明见解析.‎ ‎(3).‎ ‎【解析】分析：（1）由题意可得，解出；‎ ‎（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；‎ ‎（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，‎ 必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.‎ 详解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，‎ 即，‎ ‎， ‎ 显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有.‎ 上面等式左右两边同时乘以得 ‎，化简得 ‎，.‎ 上式对定义域内任意恒成立，所以必有，‎ 解得.‎ ‎（2）由（1）知，所以，即，‎ 由得或，‎ ‎ 所以函数定义域. ‎ 由题意，要求方程解的个数，即求方程 在定义域上的解的个数.‎ 令，显然在区间和均单调递增，‎ 又，‎ ‎ 且，. ‎ ‎ 所以函数在区间和上各有一个零点，‎ 即方程在定义域上有2个解，‎ 所以函数与函数的图象有2个公共点.‎ ‎（附注：函数与在定义域上的大致图象如图所示）‎ ‎（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，‎ 必须使在上恒成立，‎ 令，则，上式整理得在恒成立.‎ 方法一：令，.‎ ‎① 当，即时，在上单调递增，‎ 所以，恒成立；‎ ‎② 当，即时，在上单调递减，‎ 只需，解得与矛盾.‎ ‎③ 当，即时，‎ 在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以由，解得，‎ 又，所以 综合①②③得的取值范围是. ‎ 方法二：因为在恒成立. 即，‎ 又，所以得在恒成立 令，则，且，‎ 所以， ‎ 由基本不等式可知（当且仅当时，等号成立.）‎ 即，‎ 所以,‎ 所以的取值范围是.‎ 点睛：函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象.‎