2020学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析） 人教版 新版

2020学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析） 人教版 新版

‎2019学年高二上学期第一次月考数学 一、选择题：共12题 ‎1. 已知集合 ,则集合=‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】==‎ ‎==,‎ ‎∴.‎ 故选C.‎ ‎2. 若任取,则点满足的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可得所对应区域为边长为1的正方形,面积为1,‎ 记“点P(x,y)满足y>x为事件A,则A包含的区域满足，‎ 如图：‎ 根据几何概型的概率计算公式可知=.‎ 故选C.‎ ‎3. 在中,==.若点满足=,则=‎ A. B. C. D. ‎ - 14 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：，故选A．‎ 考点：向量的加减运算．‎ 视频 ‎4. 已知某几何体的三视图如图,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为 A. 24- B. 24- C. 24- D. 24-‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可知,该几何体是一个长方体挖去了半个圆柱，‎ ‎==‎ 故选A.‎ ‎5. 将二进制数10 001(2)化为五进制数为 A. 32(5) B. 23(5) C. 21(5) D. 12(5)‎ ‎【答案】A ‎【解析】将10001(2)化为十进制数为：‎ ‎10001(2)＝1×24＋0×23＋0×22＋0×21＋1×20＝17，‎ 将17化为五进制数为32(5)，‎ ‎∴10001(2)＝32(5)‎ ‎6. 点P在平面ABC外,若PA=PB=PC,则点P在平面ABC上的射影是的 A. 外心 B. 重心 C. 内心 D. 垂心 ‎【答案】A ‎【解析】过点P作平面ABC上的射影O,‎ - 14 -‎ 由题意PA=PB=PC,‎ ‎∵平面ABC,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴O是的外心.‎ 故选A.‎ ‎7. 设动点满足条件,则取得最大值时,点P的坐标是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】作出约束条件表示的平面区域如图所示:‎ 平移直线，当直线经过点B(1,-1)时,取最大值.‎ 故选B.‎ ‎8. 设是两条不同的直线,是两个不同的平面.下列四个命题中,正确的是 A. ,则 B. ,,则 - 14 -‎ C. D. , 则 ‎【答案】D ‎........................‎ B.,,则,也可以与平行，选项错误;‎ C.根据面面垂直的性质可知,选项错误.‎ D. , 则，正确.‎ 故选D.‎ ‎9. 如图的正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角D1-AB-D的大小是 A. 300 B. 450 C. 600 D. 900‎ ‎【答案】B ‎【解析】连接,有：,‎ 则即为所求二面角的平面角，‎ 易知=.‎ 故选B.‎ 点睛：本题考察了二面角的求法,属于基础题,作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.‎ ‎10. 函数=sinx+sin (-x)图象的一条对称轴为 A. B. C. = D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】===,‎ 令，解得，当时，.‎ 是对称轴.‎ - 14 -‎ 故选D.‎ 点睛：研究三角函数的性质，最小正周期为，最大值为.‎ 求对称轴只需令，求解即可，‎ 求对称中心只需令，单调性均为利用整体换元思想求解.‎ ‎11. 在三棱柱中,是等边三角形,平面,则异面直线和所成角的正弦值为 A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，作交的延长线于，连接，则就是异面直线和所成的角（或其补角），由已知，，由，知异面直线和所成的角为直角，正弦值为，故选A.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查异面直线所成的角立体几何解题的“补型法”，属于难题. 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.‎ ‎12. 若函数分别是上的奇函数、偶函数,且满足=,则有 A. B. ‎ - 14 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为函数分别是上的奇函数、偶函数,且满足=,‎ 所以=,‎ 所以,且为增函数.‎ ‎.‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查函数解析式的求法，函数奇偶性的应用，单调性的应用.‎ 通过函数的奇偶性构建.的方程组，进而求解方程组得函数解析式.‎ 通过函数的单调性的性质，由增函数减去减函数为增函数易知函数为增函数，即可比较大小.‎ 二、填空题：共4题 ‎13. 过点的直线的方程为__________.‎ ‎【答案】x+2y-2=0‎ ‎【解析】由两点式得,直线方程为即 答案为：‎ ‎14. 已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切,若这个球的体积是,则这个三棱柱的体积是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由=,得.所以正三棱柱的高为4,‎ 由已知得底面正三角形的重心到边的距离为2,‎ 设底面边长为=,‎ 所以=,所以==‎ 答案为：.‎ - 14 -‎ ‎15. 已知函数=,若=,则_____.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】因为=,‎ 所以==‎ 因为=‎ 所以=.‎ 答案为：2.‎ ‎16. 如图，在三棱锥A-BCD中，BC=DC=AB=AD=，平面ABD平面BCD，O为BD中点，点P,Q分别为线段AO,BC上的动点(不含端点)，且AP=CQ，则三棱锥P-QCO体积的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：设，因为为中点，，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以是三棱锥的高，‎ ‎，所以，在中，，所以，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以三棱锥体积的最大值为.‎ - 14 -‎ 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了结合体的体积的最值的求法，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定定理和平面与平面垂直的性质定理，以及几何体的体积公式和基本不等式的应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的空间想象能力，解答中正确利用线面位置关系，以及数量关系表示出几何体的体积是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.‎ 三、解答题：共6题 ‎17. 在中,角的对边分别为,且满足=．‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若=‎ ‎【答案】(1)C=.(2)‎ ‎【解析】试题分析：(1)利用正弦定理将已知条件中角的关系都转化成边的关系,然后利用余弦定理求解;‎ ‎(2)利用面积公式=,先求出再利用余弦定理求出.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由题意知=‎ 由正弦定理可知,-ab,‎ 化简可得ab,‎ 利用余弦定理cosC==,‎ C=.‎ ‎(2)S=‎ - 14 -‎ 由(1)知,ab=6‎ 结合余弦定理得,‎ cosC===则 所以的周长 ‎18. 函数是实数集R上的奇函数,当时,.‎ ‎(1)求的值和函数的表达式;‎ ‎(2)求证:方程在区间上有唯一解.‎ ‎【答案】(1)f(x)＝;(2)见解析. ‎ ‎【解析】试题分析：(1)根据函数的奇偶性,利用即可解答;根据奇函数的性质求出的解析式,特别注意当时,;‎ ‎(2)因为log22＝,所以方程在区间上有根.然后根据函数的单调性证明解的唯一性即可.‎ 试题解析：‎ ‎(1)函数f(x)是实数集R上的奇函数.‎ 所以f(-1)＝-f(1).‎ 因为当x＞0时,f(x)＝log2x＋x-3,所以f(1)＝log21＋1-3＝-2.‎ 所以f(-1)＝-f(1)＝2.‎ 当x＝0时,f(0)＝f(-0)＝-f(0),解得f(0)＝0,‎ 当x＜0时,-x＞0,所以f(-x)＝log2(-x)＋(-x)-3＝log2(-x)-x-3.‎ 所以-f(x)＝log2(-x)-x-3,从而f(x)＝-log2(-x)＋x＋3.‎ 所以f(x)＝‎ ‎(2)因为f(2)＝log22＋2-3＝0,所以方程f(x)＝0在区间(0,＋∞)上有解x＝2.‎ 易知在区间(0,＋∞)上为增函数，‎ 由零点存在性定理可知,方程f(x)＝0在区间(0,＋∞)上有唯一解.‎ - 14 -‎ 点睛：一是严格把握零点存在性定理的条件；二是连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分条件，而不是必要条件；三是函数在上单调且，则在上只有一个零点.‎ ‎19. 已知函数=‎ ‎(1)求函数的单调递增区间;‎ ‎(2)△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若=,b=1,=,且ab,试求角B和角.‎ ‎【答案】(1)[kπ﹣,kπ+],x∈Z;(2)B=,C=.‎ ‎【解析】试题分析：(1)利用辅助角公式将函数进行化简,然后根据正弦型函数的单调性的求法解答;‎ ‎(2)=,即可求出然后利用正弦定理求出.并加以检验.‎ 试题解析：‎ ‎(1)f(x)=cos(2x﹣)﹣cos2x=sin 2x﹣cos 2x=sin(2x﹣),‎ 令2kπ﹣2x﹣2kπ+, k∈Z,‎ 解得:kπ﹣≤x≤kπ+, k∈Z,‎ 则函数f(x)的递增区间为[kπ﹣,kπ+], k∈Z;‎ ‎(2)∵f(B)=sin(B-)=﹣,∴sin(B﹣)=﹣,‎ ‎∵0＜B＜π,∴﹣＜B﹣＜,‎ ‎∴B﹣=﹣,即B=,‎ 又b=1,c=,‎ ‎∴由正弦定理=得:sinC==,‎ ‎∵C为三角形的内角,‎ ‎∴C=或,‎ 当C=时,A=;当C=时,A=(不合题意,舍去),‎ 则B=,C=.‎ - 14 -‎ ‎20. 如图,在△ABC中,BC边上的高AM所在的直线方程为x-2y+1=0,∠A的平分线所在的直线方程为y=0与BC相交于点P,若点B的坐标为(1,2).‎ ‎(1)分别求AB和BC所在直线的方程;‎ ‎(2)求P点坐标和AC所在直线的方程．‎ ‎【答案】(1).(2)‎ ‎【解析】试题分析：(1)由得顶点,再根据点斜式方程求出所在直线的方程,‎ 根据垂直的条件求出直线BC的斜率,再根据点斜式方程求出所在直线的方程.‎ ‎(2)由得, 由于x轴是的角平分线,故的斜率为, 再根据点斜式方程求出所在直线的方程.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由得顶点.‎ 又的斜率==.‎ 所以所在直线的方程为,即,‎ BC边上的高AM所在的直线方程为,‎ 所以直线BC的斜率为,所在的直线方程为.‎ 即.‎ ‎(2)由得 因为x轴是的平分线,‎ 故的斜率为所在直线的方程为=,‎ 即 - 14 -‎ ‎21. 如图,边长为4的正方形与矩形所在平面互相垂直,分别为的中点,.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)在线段上是否存在一点,使得?若存在,求出的长;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) 见解析;(3)=.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由面面垂直的性质定理可直接证得。（Ⅱ）将转化为的中点，利用中位线证∥，再根据线面平行的判定定理即可证MN∥平面CDFE。（Ⅲ）假设存在点P使AP⊥MN，由（I）易得所以。（Ⅲ）由逆向思维可知只需证得，因为，即可证得AP⊥MN。由相似三角形的相似比即可求得FP。‎ 试题解析：（I）因为为正方形，所以。‎ 因为平面 ,,，所以.‎ ‎（Ⅱ）连结 因为是的中点，且为矩形，所以也是的中点。因为是的中点，所以∥，因为,所以MN∥平面CDFE。‎ ‎（Ⅲ）过点作交线段于点,则点即为所求。因为ABCD为正方形，所以∥。因为，所以，因为,所以。因为 - 14 -‎ ‎，且，所以,因为,所以。因为与相似，所以,因为，所以。‎ 考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直。‎ ‎22. 设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.‎ ‎(Ⅰ)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;‎ ‎(Ⅱ)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.‎ ‎【答案】 (Ⅰ) 见解析;(Ⅱ) 见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(Ⅰ)读懂新定义{cn}的含义,即可求得{cn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)结合新定义,通过对d1的分类讨论,进而证明.‎ 试题解析：‎ ‎ (Ⅰ)c1=b1-a1=1-1=0,‎ c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,‎ c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=.‎ 当n≥3时,‎ ‎(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,‎ 所以bk-nak关于k∈N*单调递减.‎ 所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.‎ 所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,‎ 所以{cn}是等差数列.‎ ‎(Ⅱ)设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,则 bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n ‎=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).‎ 所以cn=‎ ‎①当d1>0时,‎ - 14 -‎ 取正整数m>,则当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1-a1n.‎ 此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.‎ ‎②当d1=0时,对任意n≥1,‎ cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).‎ 此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.‎ ‎③当d1<0时,‎ 当n>时,有nd1max{,},‎ 故当n≥m时,>M.‎ ‎ ‎ - 14 -‎