2018-2019学年福建省上杭县第一中学高一5月月考数学试题（解析版）

2018-2019学年福建省上杭县第一中学高一5月月考数学试题（解析版）

‎2018-2019学年福建省上杭县第一中学高一5月月考数学试题 一、单选题 ‎1．不等式的解集是（ ）‎ A． B． C． D．或 ‎【答案】D ‎【解析】利用二次不等式求解即可 ‎【详解】‎ 不等式x2>1，‎ 移项得：x2﹣1>0，‎ 因式分解得：（x+1）（x﹣1）>0，‎ 则原不等式的解集为{x|x＜-1或x>1}．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了一元二次不等式的解法，考查了转化的思想，是一道基础题，也是高考中常考的计算题．‎ ‎2．在中，已知，则（ ）‎ A．1 B． C．2 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】通过余弦定理把用三边表示出来代入待求值式化简即可．‎ ‎【详解】‎ bcosC＋ccosB＝b·＋c·＝＝a＝2.‎ ‎【点睛】‎ 在边角混合出现的式子中，可用正弦定理或余弦定理化边为角或化角为边，然后用相应的公式化简变形．‎ ‎3．在明朝程大位《算法统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头（最少一层）几盏灯？”（ ）‎ A．6 B．5 C．4 D．3‎ ‎【答案】D ‎【解析】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果．‎ ‎【详解】‎ 设塔顶的盏灯，‎ 由题意{an}是公比为2的等比数列，‎ ‎∴S7=381= ，‎ 解得．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的求和公式的合理运用．‎ ‎4．设是直线，，是两个不同的平面（ ）‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】利用线面平行,垂直和面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择.‎ ‎【详解】‎ 对于A．若l∥α，l∥β，则α∥β或α，β相交，故A错；对于B．若l∥α，l⊥β，则由线面平行的性质定理，得过l的平面γ∩α＝m，即有m∥l，m⊥β，再由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故B对；对于C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D．若α⊥β，l∥α，若l平行于α，β的交线，则l∥β，故D错．‎ 故选:B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．‎ ‎5．圆心和圆上任意两点可确定的平面有（ ）‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或无数个 ‎【答案】D ‎【解析】按三点是否共线讨论，利用平面的基本性质及推论能求出结果．‎ ‎【详解】‎ 若圆心和圆上两点共线，则可确定无数个平面 若圆上任意三点不共线，∴由不共线三点确定一个平面，得圆上任意三点可确定的平面有且只有1个．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面个数的确定，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理运用．‎ ‎6．在数列中，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由已知得an+1﹣an＝由此利用累加法能求出an,则可求 ‎【详解】‎ 在数列{an}中，a1＝2，‎ ‎∴an+1﹣an＝‎ ‎∴an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）‎ ‎＝2+ln2+ ‎ ‎＝2+lnn，故2+ln10‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累加法的合理运用．‎ ‎7．在中，若，则为（ ）‎ A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】利用二倍角的余弦公式化简整理后表示出cosA，再利用余弦定理表示出cosA，整理后得到a2+c2＝b2，根据勾股定理的逆定理即可判断出此三角形为直角三角形．‎ ‎【详解】‎ ‎∵‎ ‎∴ ,‎ ‎∴cosA=，又根据余弦定理得：cosA= ，‎ ‎∴b2+c2﹣a2＝2c2，即a2+c2＝b2，‎ ‎∴△ABC为直角三角形．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了三角形形状的判断，考查二倍角的余弦公式，余弦定理，以及勾股定理的逆定理；熟练掌握公式及定理是解本题的关键．‎ ‎8．若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题有解，利用基本不等式求x+2y的最小值即可求解 ‎【详解】‎ 由题有解 ‎，当且仅当y=2,x=4等号成立 则，解得实数的取值范围为 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式的应用，考查不等式有解问题，二次不等式解法，准确计算是关键，是基础题 ‎9．某炮兵阵地位于点，两个观察所分别位于，两点，已知为等边三角形，且，当目标出现在点（，两点位于两侧）时，测得，，则炮兵阵地与目标的距离约为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三角形内角和定理得出∠CBD＝60°，在△BCD中，由正弦定理得出BD，再在△ABD中利用余弦定理解出AB即可．‎ ‎【详解】‎ 如图所示： ∠CBD＝180°﹣∠CDB﹣∠BCD＝180°﹣45°﹣75°＝60°，‎ 在△BCD中，由正弦定理，得： 故BD=2 ‎ 在△ABD中，∠ADB＝45°+60°＝105°，‎ 由余弦定理，得AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BDcos105°‎ ‎∴AB= ．‎ 故炮兵阵地与目标的距离为 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形的实际应用，考查正余弦定理的灵活运用，准确运算是关键，是中档题 ‎10．在正四棱锥中，，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：连接交于点，连接.因为为中点，所以，所以即为异面直线与所成的角．因为四棱锥为正四棱锥，所以，所以为在面内的射影，所以即为与面所成的角，即，因为，所以所以在直角三角形中，即面直线与所成的角为 故选C．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角，异面直线所成的角 ‎【名师点睛】本题考查异面直线所成角，直线与平面所成的角，考查线面垂直，比较基础连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，先证明∠PAO即为PA与面ABCD所成的角，即可得出结论．‎ ‎11．已知正方体的棱长为，点，，分别为棱，，的中点，下列结论中，正确结论的序号是____（把所有正确结论序号都填上）.‎ ‎①过，，三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；‎ ‎②平面；‎ ‎③平面；‎ ‎④二面角平面角的正切值为；‎ ‎⑤四面体的体积等于.‎ A．①④ B．①③ C．③④ D．③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】逐项分析即可 ‎【详解】‎ 对①，截面为如图所示的正六边形，故正确；‎ 对②与平面相交，故错误；‎ 对③，由题又 面 ，故，所以平面，正确；‎ 对④，取AC中点O,连接 故 为二面角的平面角，又，故 错误 对⑤，四面体的体积V=，故错误 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查空间几何体的性质，线面平行与垂直的判定，考查推理与计算能力，是中档题 ‎12．设数列满足：，，记数列的前项之积为.，则（ ）‎ A． B． C．1 D．-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据递推公式，考虑数列的周期性，通过具体计算前几项，发现周期性并利用．‎ ‎【详解】‎ ‎，,得 ‎ 数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3．‎ 且，2021＝3×673+2，‎ 所以（﹣1）673 ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的递推公式，数列的函数性质﹣﹣周期性．发现周期性并利用是本题的关键．‎ 二、填空题 ‎13．在三角形中，，，，则______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由余弦定理可得BD的值，由正弦定理可得sin∠ABD的值．‎ ‎【详解】‎ 由余弦定理可得：BD， ‎ ‎∴由正弦定理可得：sin∠ABD 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎14．数列的前项，若，则的最小值为______‎ ‎【答案】-12‎ ‎【解析】先由求得，再利用二次函数求的最小值 ‎【详解】‎ 当 ，当n=1,满足上式，故=2n,‎ ‎= ,对称轴为n= ,故n=2或3 时，最小值为-12‎ 故答案为-12‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由求数列通项，考查数列最值，考查计算能力，是基础题，注意n为正整数，是易错题 ‎15．已知三条相交于点的线段，，两两垂直，在平面外，平面于，则垂足是三角形的__心 ‎【答案】垂直 ‎【解析】根据PA，PB，PC两两垂直得线面垂直，最后由线面垂直可证明线线垂直，得垂足H是△ABC的垂心．从而选出答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵PH⊥平面ABC于H，‎ ‎∴PH⊥BC，‎ 又PA⊥平面PBC，‎ ‎∴PA⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PAH，‎ ‎∴BC⊥AH，即AH是三角形ABC的高线，‎ 同理，BH、CH也是三角形ABC的高线，‎ ‎∴垂足H是△ABC的垂心．‎ 故答案为垂 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角形五心，以及空间几何体的概念、空间想象力，线面垂直的判断，属于基础题．‎ ‎16．已知一个三棱锥，，，则它的外接球的表面积为______.‎ ‎【答案】π ‎【解析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．‎ ‎【详解】‎ ‎∵三棱锥P﹣ABC中，，，‎ ‎∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3，‎ 则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径．‎ 设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2＝16，y2+z2＝16，x2+z2＝9，‎ ‎∴x2+y2+z2＝‎ ‎∴三棱锥P﹣ABC外接球的直径为2‎ ‎∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 ．‎ 故答案为：π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．‎ 三、解答题 ‎17．已知长方体.‎ ‎（1）若，求异面直线和所成角的大小；‎ ‎（2）若三个相邻侧面的对角线长分别为1，，，求外接球的表面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）连接 证明 面 即可求解（2）利用长方体外接球心在体对角线中点求解即可 ‎【详解】‎ ‎（1）连接 ，因为，则 ，又 面 ‎ 故，又，故 面 ，所以 ‎∴异面直线和所成角的大小为；‎ ‎（2）设长方体的棱长分别为a,b,c,则则，则 ，则外接球的表面积为 ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线的夹角，线面垂直的判定，长方体的外接球，考查空间想象能力，是基础题 ‎18．已知函数 ‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）答案不唯一，具体见解析.（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.‎ ‎（Ⅱ）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ） 即，‎ ‎ ，（ⅰ）当时，不等式解集为；‎ ‎（ⅱ）当时，不等式解集为；‎ ‎（ⅲ）当时，不等式解集为，‎ 综上所述，（ⅰ）当时，不等式解集为；‎ ‎（ⅱ）当时，不等式解集为；‎ ‎（ⅲ）当时，不等式解集为 .‎ ‎（Ⅱ）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.‎ ‎①时，不等式为恒成立，此时； ‎ ‎②当时，， ‎ ‎ ， ， ，‎ 当且仅当时，即，时取“”, .‎ 综上 .‎ ‎【点睛】‎ 含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解．含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.‎ ‎19．在中，内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）运用二倍角公式以及特殊角的三角函数值，即可得到A；（2）运用正弦定理，求得b，c，再由两角差的正弦公式，结合正弦函数的图象和性质，即可得到范围．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据二倍角公式及题意得，即，‎ ‎∴，. ∴.又∵，∴.‎ ‎（2）根据正弦定理，，得，.‎ ‎∴， ∵，∴，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的化简和求值，考查正弦定理和二倍角公式及两角和差的正弦公式，考查正弦函数的图象和性质，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎20．如图，是边长为2的正三角形.若，平面，平面平面，，且.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）取的中点，连接，由平面平面，得平面，再证即可证明（2）证明平面，再根据面面垂直的判定定理从而进行证明．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取的中点，连接，因为，且，.‎ 所以，.又因为平面平面，‎ 所以平面，又平面，所以 ‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）连接，由（1）知，‎ 又，，所以四边形是平行四边形，‎ 所以.又是正三角形，为的中点，∴，‎ 因为平面平面，所以平面，‎ 所以平面.‎ 又平面，所以.‎ 因为，，所以平面.‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的证明，线面垂直，面面垂直的判定定理，考查空间想象和推理能力，熟记定理是关键，是一道中档题．‎ ‎21．设数列的前项和为，若对于任意的正整数都有.‎ ‎（1）求数列的通项公式.‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）利用an+1＝Sn+1﹣Sn即可得到an+1＝2an+3，转化为an+1+3＝2（an+3），利用等比数列的通项公式即可得出其通项；（2）由，利用错位相减法求的和即可求解 ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴ ‎ 两式相减，得 ‎ ‎∴，即 ，∴，‎ 即对一切正整数都成立.由已知得即，∴ ‎ ‎∴首项，公比.∴ ‎ ‎（2）∵， ‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查了递推关系求等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、“分组求和”、等差数列求和，准确计算是关键，属于中档题．‎ ‎22．如图，四边形是正方形，与均是以为直角顶点的等腰直角三角形，点是的中点，点是边上的任意一点.‎ ‎（1）求证：：‎ ‎（2）在平面中，是否总存在与平面平行的直线？若存在，请作出图形并说明：若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）证明平面即可证明（2）取，的中点，，连接，，，得平面平面 ，由线面平行的性质定理可求 ‎【详解】‎ ‎（1）证明：∵是的中点，且，∴.‎ ‎∵与均是以为直角顶点的等腰直角三角形，∴，.‎ ‎∵，平面，平面，∴平面 ‎∵平面，∴.∵四边形是正方形，‎ ‎∴.∵，平面，平面，‎ ‎∴平面.∵平面，∴.‎ ‎∵，平面，平面，∴平面.‎ ‎∵平面，.∴.‎ ‎（2）存在.取，的中点，，连接，，，则平面平面 ‎ 设，连接，因为平面平面 ，则平面，则 则直线即为所求直线.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的判定定理及性质，面面平行的判定及性质定理，熟记定理，准确推理是关键，是基础题