大庆市让胡路区第一中学高二上学期第一次月考数学（理）试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精大庆一中高二年级上学期第一次月考试题数学试卷（理)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分)1。若集合M＝｛x|log2(x－1)〈1}，N＝｛x|〈(）x〈1}，则M∩N＝（）A.{x|1〈x<2} B。｛x|1〈x<3｝C.{x|0〈x<3｝ D。｛x｜0<x<2}【答案】A【解析】由log2（x－1）〈1，得0<x－1<2，1〈x<3,即M＝｛x｜1<x〈3}；由<（）x<1，得0〈x〈2,即N＝｛x|0<x<2｝，所以M∩N＝｛x｜1〈x<2},选A.2。下列命题中错误的是（）A.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面βB。如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC。如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD。如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D【解析】由题意可知：A、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B、假若平面α内存在直线垂直于平面β，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直．故此命题成立；C、结合面面垂直的性质可以分别在α、β内作异于l的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l平行，又∵两条平行线中的一条垂直于平面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直与地面的．故此命题错误．故选D．3.数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A(2,0），B（0，4），且AC=BC，则△ABC的欧拉线的方程为（)A。x+2y+3=0 B.2x+y+3=0 C.x﹣2y+3=0 D.2x﹣y+3=0【答案】C【解析】试题分析:由于AC=BC，可得:△ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上,求出线段AB的垂直平分线，即可得出△ABC的欧拉线的方程．解：线段AB的中点为M(1,2)，kAB=﹣2，∴线段AB的垂直平分线为：y﹣2=(x﹣1），即x﹣2y+3=0．∵AC=BC,∴△ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上,因此△ABC的欧拉线的方程为：x﹣2y+3=0．故选C．考点:待定系数法求直线方程．4.在△ABC中，D为BC边上的一点，满足BD=33，sinB，cos∠ADC，则AD的长为（）A。30 B。35 C。20 D。25【答案】D【解析】分析】判断角的范围，根据两角差的正弦公式求出,在中根据正弦定理求解.【详解】因为cos∠ADC,∠ADC为锐角，sin∠ADC,在△ABC中,sinBsin∠ADC,所以B为锐角,，，在中由正弦定理：，所以.故选:D【点睛】此题考查根据正弦定理求解三角形，其中涉及根据两角差的正弦公式求正弦值，在三角形中恰当使用正弦定理便于解题.5.在等比数列中，，2，则的值（）A.±2 B。2 C.±3 D.3【答案】A【解析】【分析】设出公比q，根据求和公式分别写出两个等式,作商即可得到,即可得解。【详解】若该等比数列公比为1，，，2,不合题意,舍去；所以该等比数列公比不为1，设为由题:，两式作商得:，即，所以．故选：A【点睛】此题考查根据等比数列求和公式计算数列中的项,此类问题不必将首项公比解出来，利用整体法处理。6。若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于（）A。 B。 C。 D。【答案】B【解析】如图在三棱柱中，设,由条件有,作于点，则∴∴∴故选B【点评】:此题重点考察立体几何中的最小角定理和柱体体积公式，同时考察空间想象能力；【突破】：具有较强的空间想象能力,准确地画出图形是解决此题的前提，熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题的关键；7。已知ab，a，b∈（0，1），则的最小值为（）A.4 B..6 C。 D.【答案】D【解析】【分析】根据代入，变形为，等价处理成，利用基本不等式求最值.【详解】由题：ab，a，b∈（0,1)，，，当且仅当时，取得最小值，解得当时，取的最小值。故选：D【点睛】此题考查利用基本不等式求最小值,关键在于根据题目所给条件准确变形,根据积为定值求最值,注意考虑等号成立的条件。8。在四面体P﹣ABC中，已知PA,PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=3，则在该四面体的表面上与点A距离为2的点形成的曲线段的总长度为()A.2π B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】作出几何体,根据几何特征分析出曲线轨迹，分别利用弧长公式求解.【详解】分别在线段上取点使,PA，PB，PC两两垂直,则平面，上任意点到的距离均为，即到的距离均为，根据勾股定理，，同理可得，易得所以曲线总长度.故选：C【点睛】此题考查求扇形弧长,关键在于根据几何体结合特征分析出圆心角的大小和扇形的半径。9。已知函数若对任意的实数x1，x2，x3，不等式f(x1）+f（x2）〉f（x3）恒成立，则实数m的取值范围是()A。[1，4） B。（1，4) C。（） D。［]【答案】D【解析】【分析】根据题意任意两个函数值之和都大于另外一个函数值,考虑临界情况即最小值之和的二倍大于最大值即可，注意分析最值取得的情况.【详解】由题，函数可变形为：，令,考虑函数，根据勾型函数性质，，在递减，递增，，所以，原函数的值域等价于讨论:的值域，当，恒成立,显然满足题意；当，单调递减，值域为，若对任意的实数x1，x2,x3，不等式f（x1）+f（x2）>f(x3）恒成立,即，解得:；当，单调递增,值域为，若对任意的实数x1，x2，x3，不等式f（x1）+f（x2）〉f（x3）恒成立，即，解得:；综上所述:.故选：D【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围,关键在于求出函数值域,利用值域区间端点考虑，其中用到换元法，涉及转化与化归思想.10。已知函数=2cos（ωx）(ω>0）满足：f（)=f(）,且在区间（，）内有最大值但没有最小值，给出下列四个命题：P1:在[0，2π]上单调递减；P2：的最小正周期是4π；P3:的图象关于直线x对称；P4：的图象关于点（,0）对称.其中的真命题是()A。P1，P2 B。P2,P4 C。P1，P3 D.P3，P4【答案】B【解析】【分析】根据对称性和最值求出函数解析式,即可判定单调性，周期和对称性.【详解】函数=2cos（ωx）（ω>0)满足：f(）=f（），即对称轴，且在区间（，)内有最大值但没有最小值,，且,即,所以,所以，对于P1：，所以在［0,2π］上不单调，P1不是真命题;P2：的最小正周期是4π,P2是真命题;P3：不是最值，的图象不关于直线x对称，P3不是真命题；P4：，的图象关于点(,0）对称，P4是真命题.故选：B【点睛】此题考查根据函数图像性质求参数的取值得函数解析式，再讨论函数的单调性，周期性和对称性，综合性强。11。已知函数,则关于的方程的实根个数不可能为()A.5个 B.6个 C.7个 D。8个【答案】A【解析】【分析】以f(x）＝1的特殊情形为突破口，解出x＝1或3或或﹣4，将x+﹣2看作整体，利用换元的思想方法进一步讨论．【详解】∵函数,即f（x）＝，因为当f（x）＝1时，x＝1或3或或﹣4,则当a＝1时，x+﹣2＝1或3或或﹣4,又因为x+﹣2≥0或x+﹣2≤﹣4，所以，当x+﹣2＝﹣4时只有一个x＝﹣2与之对应．其它情况都有2个x值与之对应,故此时所求方程有7个根，当1＜a＜2时，y＝f（x）与y＝a有4个交点，故有8个根；当a＝2时,y＝f（x）与y＝a有3个交点，故有6个根；综上：不可能有5个根，故选A．【点睛】本题考查分段函数、函数的零点等知识,属于中档题．12。已知数列,满足a1=1，|an﹣an﹣1｜（n∈N，n2)，且是递减数列,是递增数列，则6a10=()A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】根据单调性分别求出，，通过处理，，分组求和即可得解。详解】，，是递减数列，是递增数列,，，，所以,，所以，即,同理可得:，，所以，.故选：C【点睛】此题考查根据数列单调性处理递推公式的符号，求出递推公式，进行分组求和，考查数列性质的综合应用问题.二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分）13.若不等式组表示的平面区域是一个三角形，，则的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】画出前三个不等式构成的不等式组表示的平面区域，求出A，B的坐标，得到当直线x+y=a过A,B时的a值，再由题意可得a的取值范围．【详解】如图，联立解得A当x+y=a过B（1，0）时，a=1；当x+y=a过A时，a=∴若不等式组表示的平面区域是一个三角形,则0＜a≤1或a≥.故答案为0＜a≤1或a≥.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．14.某几何体的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为_____.【答案】64【解析】【分析】根据三视图设锥体的高为，建立等量关系，整理得,利用基本不等式即可求解。【详解】根据三视图,设锥体的高为，有，两式相减，整理得：，由基本不等式可得:，当且仅当时，取得等号.所以xy最大值为64。故答案为:64【点睛】此题考查根据三视图特征，根据几何体关系建立等量关系，利用基本不等式求解最值,需要注意等号成立的条件.15.点M是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球(切于正方体各条棱的球）上的一点，点N是△ACD1的外接圆上一点,则线段MN长度的取值范围是_____.【答案】【解析】【分析】根据正方体棱切球的特点，求出球心到三角形外接圆周上的点的距离是一个定值，根据球的几何特征即可求解.【详解】根据正方体的几何特征，其棱切球的球心就是体对角线的中点，且到△ACD1所在平面距离为△ACD1的边长为,根据正弦定理，其外接圆的半径为,所以球心到△ACD1的外接圆上任意一点的距离都为，正方体棱长为2，该棱切球的半径为，所以线段MN长度的取值范围是。故答案为:【点睛】此题考查球面上的点到某点距离的最值问题，关键在于转化为球心到点的距离关系求解，此题需要熟练掌握正方体的内切球，外接球，棱切球的几何关系。16。若点A（x,y）满足C：（x+3)2+（y+4）225,点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P(6,1）而言,|｜的最小值为_____.【答案】【解析】【分析】设B关于P点对称点为B′，，将模长最值问题转化为求圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离问题求解。【详解】如图所示：设B关于P点对称点为B′(x，y)，B(x0，y0），由题意可知，解得，由B在直线3x0+4y0=12，代入整理得3x+4y﹣32=0,所以,若点A满足C：（x+3）2+（y+4)225，点A在圆C内或圆上,则所以|｜最小值为圆C圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径,所以||min5，所以｜|的最小值故答案为：【点睛】此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17。函数y=x2+ax+b的图象与坐标轴交于三个不同的点A、B、C,已知△ABC的外心在直线y=x上,求a+b的值.【答案】【解析】【分析】根据外心的几何意义可得，外心在直线x上，由题可得知△ABC的外心在直线y=x上，外出外心坐标,根据几何意义建立方程求解.【详解】设外心为点P，由y=x2+ax+b，可得函数的对称轴为x，∴△ABC的外心在直线x上，∵△ABC的外心在直线y=x上，∴外心P的坐标为（,），对于y=x2+ax+b，令x=0，则y=b，∴C（0，b），设A（m，0）（m＜0），B（n，0），（n＞0)则m+n=﹣a，mn=b∵|PA｜2=(m）2a2=(m）2a2,｜PB｜2=(n）2a2=（n）2a2,｜PC|2=（b）2a2=(b）2a2,∴（m）2a2=（b）2a2=(n）2a2，整理可得m=b，n=﹣a﹣b，∴mn=m=b，∴n=1，∴a+b=。【点睛】此题考查根据二次函数和三角形外接圆的几何特征求参数的值,涉及韦达定理与距离公式的综合应用.18。△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为（1）求;（2）若求△ABC的周长.【答案】（1）（2）.【解析】试题分析：（1)由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出,从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：(1）由题设得，即。由正弦定理得.故。（2）由题设及(1）得,即.所以，故.由题设得,即。由余弦定理得，即,得。故的周长为.点睛：在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件,当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系,有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围,或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.19.在平行四边形ABCD中，AB=1,AD，且∠BAD=45°，以BD为折线,把△ABD折起，使AB⊥DC，连接AC，得到三棱锥A﹣BCD.（1）求证：平面ABD⊥平面BCD；(2)求二面角B﹣AC﹣D的大小.【答案】（1）证明见解析；(2)60°.【解析】【分析】（1)通过证明AB⊥平面BCD，得面面垂直；（2）取BC中点E，过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DE，DF，EF，证明∠DFE为所求二面角，即可计算求解。【详解】（1)证明：∵AB=1,AD,且∠BAD=45°，∴BD=1，则AD2=AB2+BD2，即AB⊥BD，又AB⊥DC,BD∩DC=D，且都在平面BCD内,∴AB⊥平面BCD，∵AB在平面ABD内，∴平面ABD⊥平面BCD；（2)取BC中点E，过点E作EF⊥AC交AC于点F,连接DE，DF，EF，∵BD=CD=1,∴DE⊥BC，∵AB⊥平面BCD，DE⊂平面BCD，∴AB⊥DE，∵AB∩BC=B，且都在平面ABC内,∴DE⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴AC⊥DE，又EF⊥AC，DE∩EF=E，且都在平面DEF内，∴AC⊥平面DEF，∴∠DFE为所求二面角，在Rt△DEF中，∠DEF=90°,，，∴，∴∠DFE=60°，即二面角B﹣AC﹣D的大小为60°。【点睛】此题考查折叠问题中的证明与计算，考查证明面面垂直的方法，求二面角需要注意口诀“一作二证三计算”。20。已知数列{an｝是等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a10=19，S10=100;数列｛bn}对任意n∈N＊，总有b1b2b3…bn﹣1bn=an+2成立.（1）求数列{an｝和{bn}的通项公式；(2）记cn=（﹣1）n，求数列{cn}的前n项和Tn。【答案】（1)an=2n﹣1,；（2）。【解析】【分析】（1)列方程组解等差数列的首项和公差,再求{bn｝的通项公式；（2）裂项，分奇偶讨论求和.【详解】(1）设{an}的公差为d，则a10=a1+9d=19,,解得a1=1，d=2，所以an=2n﹣1,所以b1b2b3…bn﹣1bn=2n+1…①当n=1时,b1=3，当n2时,b1b2b3…bn﹣1=2n﹣1…②①②两式相除得因为当n=1时，b1=3适合上式,所以.(2）由已知,得则Tn=c1+c2+c3+…+cn，当n为偶数时，，当n为奇数时,.综上:。【点睛】此题考查求等差等比数列的通项公式，根据数列关系求和，涉及裂项求和,分奇偶讨论，综合性较强.21.如图，AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA,PC的中点．（1）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（2）设（1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证:sinθ=sinαsinβ．【答案】（1）l∥平面PAC,见解析（2）见解析【解析】（1)直线l∥平面PAC,证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，又EF⊄平面ABC,且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l．因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC．（2）（综合法）如图1,连接BD,由（1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC．因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC．已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l．而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．由，作DQ∥CP，且．连接PQ，DF，因为F是CP的中点,CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．连接CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内