湖南省长沙市宁乡一中2019-2020学年高一（拓展班）上学期11月月考数学试题

湖南省长沙市宁乡一中2019-2020学年高一（拓展班）上学期11月月考数学试题

www.ks5u.com 宁乡一中高一年级11月份阶段性考试数学试题（拓展班）‎ 一、选择题（共12小题，每题5分）‎ ‎1.已知集合，则=‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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.在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若＝(4,3)，＝(1,5)，则等于(　　)‎ A. (－2,7) B. (－6,21)‎ C. (2，－7) D. (6，－21)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形的中线对应的向量为两相邻边对应向量和的，再用向量的坐标运算求值．‎ ‎【详解】点是的中点 ∴， ‎ ‎ ， ‎ ‎ ，‎ 故答案为（-6，21）‎ ‎【点睛】本题考查三角形的中线对应的向量与两相邻边对应向量的关系及向量共线的充要条件．‎ ‎3.函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．‎ ‎【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．‎ ‎4.已知定义在R上的函数为偶函数,记,则,的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由为偶函数得,所以,,所以,故选B.‎ 考点：本题主要考查函数奇偶性及对数运算.‎ ‎5.如图在正方体中，点为线段的中点. 设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设正方体的棱长为，则，所以，.‎ 又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.‎ ‎【考点定位】空间直线与平面所成的角.‎ ‎6.已知函数 的部分图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期为 B. 函数的值域为 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A，最小周期为故A不正确．‎ B，由图像知值域为，故不正确．‎ C，由图像知A=2，T=w=2. 故选项C不正确．‎ D，函数的图象向左平移个单位得到，故正确．‎ 故答案为;D .‎ 点睛：这个题目考查是正弦函数的图像的性质的综合应用，由图像确定解析式，进而研究函数的单调性和值域，定义域等问题．一般在确定辅助角时，经常会选择最值点或者零点，零点又分第一零点和第二零点，注意这个区分开，否则结果就会整个出错．‎ ‎7.在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1，圆心在上，若圆上存在点，使，则圆心的横坐标的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 圆的圆心 在直线 上，故 的坐标为 ，设点 ， 因为，则 ， 得 ‎ ‎，即 ，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，又点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以 ，即 ，即  ，解得 .故选A.‎ 点睛：本题主要考查的是圆与圆的位置关系，但是条件设置的比较复杂，需要从动点的角度要就轨迹，采用直接法，设出动点的坐标，根据关系，建立方程，整理可得点在以为圆心，以为半径的圆上，进而转成两圆有公共点即可求得的范围.‎ ‎8.已知，若函数在上为减函数，且函数在上有最大值，则a的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复合函数在上的单调性可构造不等式求得，结合已知可知 ‎；当时，，若，可知无最大值；若，可得到，解不等式，与的范围结合可求得结果.‎ ‎【详解】在上为减函数 ，解得：‎ ‎ ‎ 当时，，此时 当，时，在上单调递增 无最大值，不合题意 当，时，在上单调递减 ‎ 若在上有最大值 ，解得：‎ ‎，又 ‎ 故选 ‎【点睛】本题考查根据复合函数单调性求解参数范围、根据分段函数有最值求解参数范围的问题；关键是能够通过分类讨论的方式得到处于不同范围时在区间内的单调性，进而根据函数有最值构造不等式；易错点是忽略对数真数大于零的要求，造成范围求解错误.‎ ‎9.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为 A. 3 B. 2 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图所示，建立平面直角坐标系.‎ 设,‎ 易得圆的半径，即圆C的方程是，‎ ‎，若满足，‎ 则 ，，所以，‎ 设，即，点在圆上，‎ 所以圆心到直线的距离，即，解得，‎ 所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.‎ ‎【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.‎ ‎（2）用向量基本定理解决问题一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.‎ ‎10.函数．若存在，使得，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：根据绝对值定义分类讨论：当时， 恒成立，当时，根据二次函数对称轴确定函数单调性，根据单调性得最小值，再根据最小值小于零解得的取值范围.‎ 详解：当时，，‎ 因此，‎ 可化为，‎ 即存在，‎ 使成立，‎ 由于的对称轴为，所以，‎ 当单调递增，因此只要，‎ 即，解得，‎ 又因，所以，‎ 当时， 恒成立，‎ 综上，．‎ 选．‎ 点睛：不等式有解是含参数的不等式存在性问题时，只要求存在满足条件的即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立，而不等式的解集的对立面（如的解集是空集，则恒成立）)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即恒成立⇔，恒成立⇔.‎ ‎11.已知定义域为A的函数f(x)，若对任意的x1，x2∈A，都有f(x1＋x2)－f(x1)≤f(x2)，则称函数f(x)为“定义域上的M函数”，给出以下五个函数：‎ ‎①f(x)＝2x＋3，x∈R；②f(x)＝x2，x∈；③f(x)＝x2＋1，x∈；④f(x)＝sin x，x∈；⑤f(x)＝log2x，x∈[2，＋∞)．‎ 其中是“定义域上的M函数”的有(　　)‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对于①，，，故①满足条件；对于②，，，，当时，不满足，故②不是“定义域上的函数”；对于③，，，，因为，所以，故，故③满足条件；对于④，，，故④满足条件；对于⑤，，，，因为，所以，可得，即，故⑤满足条件．所以是“定义域上的函数”的有①③④⑤，共4个．‎ ‎12.已知函数，若函数在上有三个零点，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为在上有三个零点，所以在 上有三个不同的解，即函数与的图象在上有三个不同的交点，画出函数图像，结合图象进而求得答案．‎ ‎【详解】因为在上有三个零点，所以在上有三个不同的解，即函数与的图象在上有三个不同的交点，结合函数图象可知，当直线经过点时，取得最小值，从而取得最大值，且.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点问题，解题的关键是得出函数与的图象在上有三个不同的交点，属于一般题．‎ 二、填空题（共4小题，每题5分）‎ ‎13.某食品的保鲜时间（单位：小时）与储存温度（单位：）满足函数关系（…为自然对数的底数，为常数）若该食品在的保鲜时间设计192小时，在的保鲜时间是48小时，则该食品在的保鲜时间是________小时．‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知条件代入函数关系式可得，当时，，代入求得结果.‎ ‎【详解】由题意得： ‎ 该食品在的保鲜时间 故答案为 ‎【点睛】本题考查根据给定函数模型求解函数值的问题，关键是能够利用已知条件求得参数，属于基础题.‎ ‎14.如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于时，的坐标为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图，连结AP，分别过P，A作PC，AB垂直x轴于C，B点，过A作AD⊥PC于D点．由题意知的长为2.‎ ‎∵圆的半径为1，‎ ‎∴∠BAP＝2，‎ 故∠DAP＝2－.‎ ‎∴DP＝AP·sin＝－cos 2，‎ ‎∴PC＝1－cos 2，‎ DA＝APcos＝sin 2.‎ ‎∴OC＝2－sin 2.‎ 故＝(2－sin 2,1－cos 2)．‎ ‎15.三棱锥中，平面，，则三棱锥外接球的体积为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出示意图，根据“球心与任意小圆面的圆心的连线垂直于小圆圆面、球心与弦中点的连线垂直于弦”确定外接球的球心所在位置，最后计算出体积.‎ ‎【详解】‎ 如图所示：为等腰直角三角形，所以的外接圆圆心即为中点，过作一条直线，平面，则圆心在直线上，过的中点作，垂足为，此时可知：，故即为球心，所以球的半径，所以球的体积为：.‎ ‎【点睛】本题考查外接球体积计算,难度一般.求解外接球、内切球的有关问题，第一步先确定球心，第二步计算相关值.其中球心的确定有两种思路：（1）将几何体放到正方体或者长方体中直接确定球心；（2）根据球心与小圆面的圆心、弦中点等的位置关系确定球心.‎ ‎16.设 为内一点，且满足关系式 ，则 ________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意将已知中的向量都用为起点来表示，从而得到32，分别取AB、AC的中点为D、E，可得2，利用平面知识可得S△AOB与S△AOC及S△BOC 与S△ABC的关系，可得所求.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴32，∴2，分别取AB、AC的中点为D、E，‎ ‎∴2， ‎ ‎∴S△AOBS△ABFS△ABCS△ABC；‎ S△AOCS△ACFS△ABCS△ABC；‎ S△BOCS△ABC，∴‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查向量的加减法运算，体现了数形结合思想，解答本题的关键是利用向量关系画出助解图形．‎ 三、解答题（共6小题，满分70分）‎ ‎17.设p：f(x)＝在区间(1，＋∞)上是减函数；q：若x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个实根，则不等式m2＋5m－3≥|x1－x2|对任意实数a∈[－1,1]恒成立．若p不正确，q正确，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】{m|m>1}．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：先根据分式函数单调性求出命题p为真时m的取值范围，然后根据题意求出|x1-x2|的最大值，再解不等式，若-p∧q为真则命题p假q真，从而可求出m的取值范围.‎ 试题解析：由于f(x)＝的单调递减区间是(－∞，m)和(m，＋∞)，而f(x)又在(1，＋∞)上是减函数，所以m≤1，即p：m≤1.对于命题q：|x1－x2|＝＝≤3，则m2＋5m－3≥3，即m2＋5m－6≥0，‎ 解得m≥1或m≤－6，若p∧q为真，则p假q真，所以解之得m＞1，因此实数m的取值范围是(1，＋∞)．‎ 考点：1.函数恒成立问题；2.复合命题的真假．‎ ‎18.已知a＞0，函数f（x）=-2asin（2x+）+2a+b，当x∈[0，]时，-5≤f（x）≤1．‎ ‎（1）求常数a，b的值；‎ ‎（2）设g（x）=f（x+）且lg g（x）＞0，求g（x）的单调区间．‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）得：，‎ ‎，‎ 又由，得，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，‎ 其中，当时，‎ 单调递增，即，‎ ‎∴的单调递增区间为.‎ ‎19.如图所示，在中，，，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P．‎ ‎（1）用和分别表示和；‎ ‎（2）如果，求实数和的值；‎ ‎（3）确定点P在边BC上的位置．‎ ‎【答案】（1）；；（2）；（3）点为靠近点的的三等分点 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据平面向量线性运算可直接求得结果；‎ ‎（2）将（1）的结论代入已知等式可得，根据相等向量的关系可构造方程组求得结果；‎ ‎（3）设，，利用（2）的结论可利用表示出，又 ‎，从而构造方程组求得，从而确定点位置.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎（2）由（1）知：‎ ‎ ，解得：‎ ‎（3）设，‎ 由（2）知：‎ 又 ‎ ，解得：‎ ‎，即 点为靠近点的的三等分点 ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，关键是能够利用线性运算表示出未知向量，根据相等向量的定义可构造方程组求得参数的值.‎ ‎20.如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）直线与平面所成的角的正弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线与平面垂直的判定定理，要证平面，只需证与平面两条相交直线垂直．根据已知条件可求与的长度，然后跟据勾股定理可证.．同理可得.，进而可得平面．（2）要求直线与平面所成的角的正弦值，应先作角．由条件可得平面平面 ．所以过点作，交直线于点，连结. 可知是与平面所成的角.根据条件可求的三边长，进而可由余弦定理求得 ，然后可求．进而求得，在中即可求得结果．‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 所以.‎ 故.‎ 由， 得，‎ 由得，‎ 由，得，所以，故.‎ 因此平面.‎ ‎（2）如图，过点作，交直线于点，连结.‎ ‎ ‎ 由平面得平面平面，‎ 由得平面，‎ 所以是与平面所成的角.‎ 由得，‎ 所以，故.‎ 因此，直线与平面所成的角的正弦值是.‎ 方法二：‎ ‎（1）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ 因此 由得.‎ 由得.‎ 所以平面.‎ ‎（2）设直线与平面所成的角为.‎ 由（Ⅰ）可知 设平面的法向量.‎ 由即可取.‎ 所以.‎ 因此，直线与平面所成的角的正弦值是.‎ ‎【点睛】立体几何中证明直线与平面垂直，应该利用直线与平面垂直的判定定理．注意直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直之间的互相转化．其中直线与直线垂直是基础，证明直线与直线垂直方法有：①勾股定理；②直线与平面垂直的定义；③若 ④等腰三角形三线合一，菱形对角线互相垂直，等初中几何知识．‎ ‎21.已知函数f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.‎ ‎(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；‎ ‎(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)是否存在实数a，使不等式f(x)≥2x－3对任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）{x|x≤－1或x＝1}；（2）；（3）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）把代入函数解析式，分段后分段求解方程的解集，取并集后得答案；（2）分段写出函数的解析式，由在 上单调递增，则需第一段二次函数的对称轴小于等于，第二段一次函数的一次项系数大于0，且第二段函数的最大值小于等于第一段函数的最小值，联立不等式组后求解的取值范围；（3）把不等式对一切实数恒成立转化为函数对一切实数恒成立，然后对进行分类讨论，利用函数单调性求得的范围，取并集后得答案.‎ 试题解析：(1)当时，，则；当时，由，得，解得或；当时，恒成立，∴方程的解集为或．‎ ‎(2)由题意知，若在R上单调递增，则解得，∴实数的取值范围为.‎ ‎(3)设，则，不等式对任意恒成立，等价于不等式对任意恒成立．‎ ‎①若，则，即，取，此时，∴，即对任意的，总能找到，使得，∴不存在，使得恒成立．‎ ‎②若，则，∴的值域为，∴恒成立③若，当时，单调递减，其值域为，由于，所以恒成立，当时，由，知，在处取得最小值，令，得，又，∴，综上，．‎ ‎22.对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么，‎ ‎（1）求函数的“稳定点”；‎ ‎（2）求证：；‎ ‎（3）若，且，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）“稳定点”为；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题拿出一个概念来作为新型定义题，只需要去对定义的理解就好，要求函数的“稳定点”只需求方程中的值，即为“稳定点”‎ 若，有这是不动点的定义，此时得出，，如果，则直接满足.‎ 先求出即存在“不动点”的条件，同理取得到存在“稳定点”的条件，而两集合相等，即条件所求出的结果一直，对结果进行分类讨论.‎ ‎【详解】（1）由有，得：，所以函数的“稳定点”为；‎ ‎（2）证明：若，则，显然成立； ‎ 若，设，有，则有，‎ 所以，故 ‎（3）因为，所以方程有实根，即有实根，‎ 所以或，解得又由得：即由（1）知，故方程左边含有因式 所以，又，‎ 所以方程要么无实根，要么根是方程的解，‎ 当方程无实根时，或，即，‎ 当方程有实根时，则方程的根是方程的解，‎ 则有，代入方程得，故，‎ 将代入方程，得，所以.‎ 综上：的取值范围是.‎ ‎【点睛】作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，求不动点，就去求；求稳定点，就去求，完全根据定义去处理问题.‎ 需要求出不动点及稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样.‎ ‎ ‎