2019-2020学年江西省上饶中学高一上学期第二次月考数学（零班、奥赛班）试题（解析版）

2019-2020学年江西省上饶中学高一上学期第二次月考数学（零班、奥赛班）试题（解析版）

‎2019-2020学年江西省上饶中学高一上学期第二次月考数学（零班、奥赛班）试题 一、单选题 ‎1．设全集，集合M＝{x|x2＜1}，N＝{y|y＞1}，则下列结论正确的是（ ）‎ A．M∩N＝N B．M∩（∁UN）＝‎ C．M∪N＝N D．M⊆（∁UN）‎ ‎【答案】D ‎【解析】解出集合M，根据N求出∁UN，分析M和∁UN的包含关系以及交集并集补集运算.‎ ‎【详解】‎ 由题：，‎ 易得：M⊆（∁UN），‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 此题考查集合交并补的运算和集合间关系的判断，属于简单题目.‎ ‎2．下列函数中，与函数有相同定义域的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先计算的定义域为，再依次计算每个选项的定义域得到答案.‎ ‎【详解】‎ 函数的定义域为；‎ 函数的定义域为；‎ 函数的定义域为；‎ 函数的定义域为R；‎ 函数定义域为.所以与函数有相同定义域的是.故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的定义域，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3．已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用待定系数法求出的表达式即可．‎ ‎【详解】‎ 解：设， 则，解得， 则， 则． 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数值的计算以及幂函数解析式的求解，利用待定系数法是解决本题的关键．‎ ‎4．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中；‎ ‎（1）BM与ED平行；（2）CN与BE是异面直线；（3）CN与BM所成角为60°；（4）CN与AF垂直. 以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）‎ A．（1）（2）（3） B．（2）（4） C．（3）（4） D．（3）‎ ‎【答案】C ‎【解析】将正方体的展开图复原为正方体，结合图形，逐项判定，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，把正方体的展开图复原为正方体，如图所示，结合图形，可得：‎ ‎（1）中，与是异面直线，所以与不是平行线，所以不正确；‎ ‎（2）中，与是平行直线，所以与不是异面直线，所以不正确；‎ ‎（3）中，在正方体中，连接，则，所以与所成的角，即为相交直线与所成的角，在等边三角形中，，即异面直线与所成的角为，所以是正确的；‎ ‎（4）中，连接，在正方体中，，‎ 又由，所以与垂直，所以是正确的.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线的判定，以及异面直线所成的角的求解，其中解答中熟记正方体的结构特征，以及异面直线的概念及所成的角的求法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5．方程的解所在的区间为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】令，由函数单调递增及即可得解.‎ ‎【详解】‎ 令，易知此函数为增函数，‎ 由 ‎.‎ 所以在上有唯一零点，即方程的解所在的区间为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的零点和方程根的转化，考查了零点存在性定理的应用，属于基础题.‎ ‎6．设，，则约等于（ ）（参考数据：）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】可采用两边同取对数的方式，结合对数运算性质求解即可 ‎【详解】‎ 由题知，，对同取对数，得，，，即，即；‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查对数的运算性质，指数与对数的互化，同取是解题关键，属于基础题 ‎7．设，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是( )‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】利用线面垂直的性质定理及相关的推论考查所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】‎ 逐一考查所给的选项：‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项A正确；‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项B正确；‎ 由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则平面内存在直线，满足，则，然后利用面面垂直的判定定理可得，选项C正确；‎ 在如图所示的正方体中，取平面分别为平面，直线为棱，‎ 满足，，但是不满足，选项D错误；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面垂直的性质定理及其推论，线面关系命题的判定，属于中等题.‎ ‎8．已知函数为定义在上的奇函数，，且在上单调递增，则的解集为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由函数为奇函数及，求得，且得到在上单调递增，可得在上也是增函数，进而求解的解集，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数为定义域上的奇函数，所以图象关于原点对称，‎ 因为，所以，则，‎ 又由在上单调递增，可得在上也是增函数，‎ 当时，令，即，即，解得，‎ 当时，令，即，即，解得，‎ 综上可得，不等式的解集为或，‎ 即不等式的解集为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数的单调性和奇偶性，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎9．已知函数满足对任意都有成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据可得为增函数，结合分段函数的特点可得.‎ ‎【详解】‎ 因为任意都有成立，‎ 所以为增函数，所以有 解之得，故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数单调性的应用，分段函数是单调函数，首先要保证每一段内为增函数，其次还要保证函数断点处也要“单调”，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎10．已知某几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的最长棱的长度为（ ）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题首先可通过三视图画出原图，并根据三视图得出原图的各棱的长度，然后通过原图找出最长棱并计算出长度，即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ 如图所示，通过三视图可画出原图，原图是一个底面为边长是的正方形、高为且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，所以最长棱的长度为，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图的相关性质，主要考查如何通过三视图绘出原图，考查空间想象能力，是简单题。‎ ‎11．若，则下列正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题：均为正数，进行变量分离，便可构造一个单调函数，通过函数单调性比较变量大小.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴‎ 即，令，则 ‎∵在上单调递增，且，∴，∴‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查指数对数型复合函数单调性的判别，利用单调性比较大小，关键在于构造出所需单调函数，对分析问题能力要求较高.‎ ‎12．如图，已知四面体为正四面体，分别是中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解.‎ ‎【详解】‎ 补成正方体，如图.‎ ‎∴截面为平行四边形,可得，‎ 又 且 ‎ 可得当且仅当时取等号，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.‎ 二、填空题 ‎13．函数的单调递增区间是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求出函数的定义域，再利用复合函数的单调性原理求函数的单调递增区间.‎ ‎【详解】‎ 由题得.‎ 函数在单调递增，在单调递减，‎ 函数在定义域内单调递减，‎ 所以函数的单调递增区间是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查对数型复合函数的单调区间的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎14．如图，正方体中，的中点为，的中点为，为棱上一点，则异面直线与所成角的大小为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意得到直线MP运动起来构成平面，可得到面，进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 取的中点O连接，，‎ 根据题意可得到直线MP是一条动直线，当点P变动时直线就构成了平面，‎ 因为MO均为线段的中点，故得到，四边形 为平行四边形， 面，故得到，又 面，‎ 进而得到 .故夹角为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.‎ ‎15．已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的底面和三个侧面中,直角三角形的个数是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将几何体还原到正方体中，再利用正方体的特征结果，易得结果.‎ ‎【详解】‎ 将几何体放入正方体中，棱长为1如图 由三视图可以三棱锥为P-ABC 由正方体特征易知，三角形ABC、ABP、BCP为直角三角形 而三角形ACP为等边三角形 故答案为3‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的三视图，还原几何体是解题的关键，属于中档题.‎ ‎16．已知函数若关于的方程有三个不同的实根，则的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作出函数的简图，结合图像可得.‎ ‎【详解】‎ 作出函数的图像如图：‎ 设，当时，有两个根；当时，有一个根；‎ 所以当关于的方程有三个不同的实根时，的两根一个比1大，一个比1小，所以，即.当时，或符合题意.‎ 综上可得.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数与方程，方程根得到分布问题，注意数形结合的使用.‎ ‎17．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l.‎ ‎（1）画出直线l的位置，并简单指出作图依据；‎ ‎（2）设l∩A1B1＝P，求线段PB1的长．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) .‎ ‎【解析】（1）根据点线面位置关系，三个平面两两相交，三条交线的可能情况分析，此题中的情况三条交线必交于一点，即可作图；‎ ‎（2）利用平行关系结合三角形相似可求出PA1，再求出线段PB1的长．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置．‎ ‎ ‎ ‎(2)∵M为AA1的中点，AD∥ED1，‎ ‎∴AD＝A1E＝A1D1＝.‎ ‎∵A1P∥D1N，且D1N＝，‎ ‎∴A1P＝D1N＝，‎ 于是PB1=A1B1-A1P=.‎ ‎【点睛】‎ 此题考查点线面位置关系，三个平面交线的可能情况分析，同时考查两平面平行的性质，涉及到易忽略的冷门考点.‎ 三、解答题 ‎18．设全集，集合,．‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)设集合,若,求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】(1)分别解指数不等式、一元二次不等式化简集合的表示,根据补集、并集的定义进行求解即可；‎ ‎(2)由,可得集合之间的关系,利用数轴可以,分类讨论求出实数m的取值范围．‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 因为,,‎ 所以,‎ 因此；‎ ‎(2)因为,所以.‎ 当时,即时, ,符合；‎ 当时,即时,要想则有：而,所以；‎ 综上所述：实数m的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了集合并集、补集的运算,考查了已知集合运算的结果求参数问题,正解解出指数不等式和一元二次不等式是解题的关键.‎ ‎19．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，为上的一点，且．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】（1）由三角形中位线定理得即可证明 ‎（2）作CF⊥AB，F为垂足，证明面FCD,能证明DE⊥CD．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵几何体为直三棱柱，‎ ‎∴四边形为矩形．‎ 设，则点O为的中点，‎ 又∵，∴，即点E为的中点，‎ 又∵D为的中点，∴在中，由三角形中位线定理得 又∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）作CF⊥AB，F垂足，因为，故F为中点，则 直三棱柱，故面ABC⊥面ABB1 A1，‎ 则CF⊥面ABB1 A1，‎ 因为ABB1 A1为正方形，故A1B⊥，又，面FCD,‎ 故 ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线垂直的证明，考查考查线面平行的证明，考查空间想象能力，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎20．某厂家拟举行双十一促销活动,经调查测算,该产品的年销售量（即该厂的年产量）m万件与年促销费用x万元（）满足．已知年生产该产品的固定投入为8万元,每生产1万件该产品需要再投入16万元,厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）．‎ ‎(1)将该产品的年利润y万元表示为年促销费用x万元的函数；‎ ‎(2)该厂家年促销费用投入多少万元时,厂家的利润最大？‎ ‎【答案】(1) ()；(2)3‎ ‎【解析】(1)先求出每件产品的价格,然后根据题意得到年利润y的表达式即可；‎ ‎(2) 利用基本不等式可以求出厂家的利润最大时年促销费用.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意可知：每件产品的价格为：.‎ ‎,而,‎ 所以()；‎ ‎(2) ,‎ 当且仅当时取等号,即,所以厂家年促销费用投入3万元时,厂家的利润最大.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用基本不等式求解利润最大问题,考查了阅读理解能力,根据题意建立函数关系是解题的关键.‎ ‎21．已知函数是定义在上的奇函数.‎ ‎（1）求实数的值，并求函数的值域；‎ ‎（2）判断函数的单调性（不需要说明理由），并解关于的不等式.‎ ‎【答案】（1），的值域为；（2）在上单调递增，不等式的解集为.‎ ‎【解析】（1）根据定义域为R时,代入即可求得实数的值;根据函数单调性,结合指数函数的性质即可求得值域.‎ ‎（2）根据解析式判断函数的单调性;结合函数单调性即可解不等式.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意易知 , ,故,‎ 所以,‎ ‎,‎ 故函数的值域为 ‎（2）由（1）知,‎ 易知在上单调递增,且,‎ 故,‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了奇函数性质的综合应用,根据函数单调性解不等式,属于基础题.‎ ‎22．已知函数，，其中．‎ ‎（1）当时，求函数的值域；‎ ‎（2）求关于的不等式的解集；‎ ‎（3）当时，设，若的最小值为，求实数的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）.‎ ‎【解析】（1）当时，函数配方即可求得值域；‎ ‎（2）所解不等式变形为，因式分解讨论两根大小关系，分类求解；‎ ‎（3）已知，在和两段分别求出该段函数最小值，然后检验其中一个最小值为时，另一段最小值是否大于或等于，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，因为，‎ 所以，的值域为 ‎ ‎（2）因为，即即，‎ 所以当即时，解集为 当即时，解集为，‎ 当即时，解集为 ‎ ‎（3）因为①当时，， ‎ 令，，则，‎ 所以当时，即，；‎ ‎②当时，，即，‎ 因为，所以，．‎ 若，，此时，‎ 若，即，此时，‎ 所以实数．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查函数最值、值域求法，求解过程中，用到换元、分类讨论、分析求解，对分析问题，解决问题能力要求极高.‎