2018-2019学年九江市第一中学高一上学期第二次月考数学试题（解析版）

2018-2019学年江西省九江市第一中学高一上学期第二次月考数学试题一、单选题1设集合，则( )ABCD【答案】D【解析】先解不等式得到集合，然后再求出即可【详解】由题意得，故选D【点睛】本题考查集合的交集运算，考查运算能力，解题的关键是是通过解不等式得到集合，属于基础题2函数f（x）=A（-2,-1）B（-1,0）C（0,1）D（1,2）【答案】C【解析】试题分析：，所以零点在区间（0，1）上【考点】零点存在性定理3下列命题错误的是（）A不在同一直线上的三点确定一个平面B两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C如果两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面D如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面【答案】C【解析】利用公理和线与面的平行和垂直定理及其推论求解【详解】由公理知直线及直线外一点，确定一个平面，故A正确；由公理知两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故B正确；由面面垂直的性质定理知错误，故C不正确；由面面平行的性质定理知正确，故D正确；故选C【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意对概念的理解和定理，性质的应用，属于基础题.4则的大小关系是（ ）ABCD【答案】A【解析】利用中间量隔开三个数即可比较大小.【详解】，故选：A【点睛】本题考查实数大小的比较，考查幂指对函数的图象与性质，属于常考题型.5若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】选项A中，与的关系是或，故A不正确选项B中，与的关系是或与相交但不垂直或故B不正确选项C中，与之间的关系是或相交故C不正确选项D中，由线面平行的性质可得正确选D6函数的值域是()A0，)B(，0CD1，)【答案】C【解析】用换元法转化为求二次函数的值域求解或根据函数的单调性求解【详解】方法一：设，则，函数在上单调递增，函数的值域是故选C方法二：由得，函数的定义域为，又由题意得函数为增函数，函数的值域是故选C【点睛】对于一些无理函数，可通过换元转化为有理函数（如二次函数），再利用有理函数求值域的方法解决问题，“换元法”的实质是等价转化的思想方法，解题中要注意新元的范围7如图，则（ ）A90B60C45D30【答案】B【解析】由三余弦定理得 选B.8若函数为奇函数,则=ABCD1【答案】C【解析】由函数f（x）为奇函可得，可得f（x）=f（x），代入整理可求a【详解】由函数f（x）为奇函可得，f（x）=f（x）=，5x（4x3）（x+a）=5x（4x+3）（xa）（4a3）x2=04a3=0即a=，故选：C【点睛】本题主要考查了奇函数的定义的简单应用，属于基础试题9如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据菱形的性质和线面垂直的判定和性质，结合直角三角形的斜边中线的性质，可求出三棱锥的外接球的球心和半径，进而根据球的表面积公式求解.【详解】底面为菱形，又底面，平面，即，取的中点，连接，在中，；在中，则为三棱锥的外接球的球心，半径R=.在中，即半径为R=1，则三棱锥的外接球的表面积，故选B.【点睛】本题考查了几何体的外接球的表面积问题，涉及了线面垂直的判定和性质，解决这类题目，关键是找到外接球的球心，得到球的半径.10已知函数对任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数的取值范围是 （ ）ABCD【答案】D【解析】因为函数对任意两个不相等的实数，都有不等式成立，所以函数在上第增，时不合题意，只需 ，解得 ，即实数的取值范围是，故选D.11已知正方体的棱长为1，在对角线上取点，在上取点，使得线段平行于对角面，则的最小值为（ ）A1BCD【答案】D【解析】作，垂足为，作，垂足为，根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理、线面平行的性质定理可以得出，设，由此可以求出的最小值.【详解】作，垂足为，作，垂足为，如下图所示：在正方体中，根据面面垂直的性质定理，可得,都垂直于平面，由线面垂直的性质，可知，易知：，由面面平行的性质定理可知：，设，在直角梯形中，当时，的最小值为，故本题选D.【点睛】本题考查了线段长的最小值的求法，应用正方体的几何性质、运用面面垂直的性质定理、线面垂直的性质、线面平行的性质定理，是解题的关键.12设（x0），则f（x）的值域为（）ABCD【答案】A【解析】把函数变形为，然后换元设，求出的范围，再由新函数的单调性可得【详解】由题意，设，则，当且仅当，即时取等号，易知函数在上是增函数，时，所以即值域为故选：A.【点睛】本题考查求函数的值域，解题关键是函数式的变形，变形的用换元法化简函数二、填空题13过点和点的直线的倾斜角为_【答案】【解析】先求斜率，再得倾斜角【详解】由题意直线的斜率为，所以倾斜角为故答案为：120【点睛】本题考查求直线的倾斜角，可由斜率与倾斜角的关系求解14已知函数=的值域为,则实数的取值范围是_.【答案】【解析】利用函数的值域是R，通过函数的单调性以及一次函数的性质求解即可【详解】因为f（x）的值域是R，当x1时，y=2x2，故当x1时，y=（32a）x+3a的值域为（，A），A2，解得：即实数a的取值范围是：故答案为：【点睛】本题主要考查函数的单调性，考查分段函数连续单调的问题.分段函数有两段，第一段是一次函数，第二段是指数函数.对于一次函数，要单调递增就需要斜率大于零，对于指数函数，要单调递增就需要底数大于一.两段分别递增还不行，还需要在两段交接的地方，左边比右边小，这样才能满足在身上单调递增.15设OA是球O的半径,M是OA的中点,过M且与OA成角的平面截球O的表面得到圆C若圆C的面积等于,则球O的表面积等于 .【答案】8【解析】试题分析：设球半径为R，圆C的半径为r，由，得因为由,得故球的表面积等于8【考点】球的体积和表面积点评：本题考查学生的空间想象能力，以及球的面积体积公式的应用，是基础题.16如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设，则当时，函数的值域为_【答案】【解析】当时，截面多边形是六边形HIJKLM，利用相似比可知邻边长之和为定值即可得到结果.【详解】当时，截面多边形是六边形HIJKLM，设=，则=1，HI+IJ=，截面六边形的周长为；故答案为【点睛】本题考查了几何体中动点问题，截面周长问题,考查了空间想象力，属于中档题.三、解答题17设集合A=x|x+10或x40，B=x|2axa+2（1）若AB=B，求实数a的取值范围（2）若，求实数a的取值范围【答案】（1）或；（2）或.【解析】【详解】试题分析：（1）若，共包含两种情况，一是为空集，是不为空集，但与无公共元素，由此我们可以构造关于的不等式组，解不等式组即可得到实数的取值范围；（2）若，则可分为三种情况，一是为空集，二是满足中，三是满足中；构造关于的不等式组，解不等式组即可到实数的取值范围.试题解析：（1），有三种情况：； ，综上，的取值范围为或，（2）或或，综上所述：结论为或.【方法点睛】本题主要考查集合的基本运算、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.18如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别为棱AC和A1B1的中点，且ABBC（1）求证：平面BMN平面ACC1A1；（2）求证：MN平面BCC1B1【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由面面垂直的性质定理证明平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直；（2）取BC的中点P，连接B1P和MP，可证MNPB1，从而可证线面平行【详解】（1）因为M为棱AC的中点，且ABBC，所以BMAC，又因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC因为BM平面ABC，所以AA1BM又因为AC，A1A平面ACC1A1且ACA1AA，所以BM平面ACC1A1因为BM平面BMN，所以：平面BMN平面ACC1A1（2）取BC的中点P，连接B1P和MP，因为M、P为棱AC、BC的中点，所以 MPAB，且MPAB，因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以A1B1AB，ABAB因为N为棱A1B1的中点，所以B1NBA，且B1NBA；所以B1NPM，且B1NPM；所以MNB1P是平行四边形，所以MNPB1又因为MN平面BCC，PB1平面BCC1B1所以MN平面BCC1B1【点睛】本题考查证明面面垂直与线面平行，掌握它们的判定定理是解题关键立体几何证明中，要由定理得出结论，必须满足定理的所有条件，缺一不可有些不明显的结论需要证明，明显的结论也要列举出来，否则证明过程不完整19已知函数（1）求函数的定义域和值域；（2）若有最小值2，求的值.【答案】（1）的定义域是.当时，值域为；（2）【解析】试题分析：（1）由对数函数的定义可得，解此不等式组，从而求得函数的定义域；首先对函数解析式进行化归，考虑到对数函数中底数的范围制约着函数单调性，影响到函数的值域，所以需要对底数的范围进行分类讨论，从求出函数的值域；（2）根据（1）中函数值的分布情况，可知只有当时，函数有最小值，所以有，从而解得所求的值.试题解析：（1）依题意得则，3分当时，；当时，的定义域是.当时，值域为当时，值域为. 7分（2）因为有最小值2，由（1）可知且，12分【考点】1.函数的定义域；2.对数函数.20如图，已知PA矩形ABCD所在的平面，M、N分别为AB、PC的中点，PDA45，AB2，AD1（1）求证：MNCD；（2）求点C点到平面PDM的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）取PD中点E，连接AE，EN，可证MNAE，只要证即可，这可以通过证明平面所得；（2）利用体积法求距离，即由求解【详解】（1）如图，取PD中点E，连接AE，EN，因为N，E分别为PC，PB中点，所以ENDC，且EN，又四边形ABCD为矩形，且M为AB中点，所以AMDC，且AM，所以ENAM，且ENAM，所以四边形AMNE为平行四边形，所以MNAE，又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAD，PACD，又PDA45，所以PADA，又E为PD 中点，所以AEPD，又因为CDAD，CDPA，且PAADA，所以CD平面PAD，又AE平面PAD，所以CDAE所以MNCD，（2）连接DM，CM，则DM，CM，又CD2，所以DMCM，又PD，PM，所以PDM为等边三角形设点C点到平面PDM的距离为h，由VPCDMVCPDM得，所以h，所以点C点到平面PDM的距离为【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查求点到平面的距离求点到平面距离除用定义求解外还可用体积法求解，把所求距离作为一个三棱锥的高，而三棱锥的体积可通过其它面为底面求得21矩形ABCD中，AB2AD2，P为线段DC的中点，将ADP沿AP折起，使得平面ADP平面ABCP（1）在DC上是否存在点E使得AD平面PBE？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由（2）求二面角PADB的余弦值【答案】（1）存在E是DC的三等分点，距离C点较近，理由见解析；（2）【解析】（1）AC交BP于F，可证，因此只要，就有EFAD，从而有AD面PBE；（2）先证明，平面，得BPDP，计算，从而证明ADDB，得出PDB为二面角PADB的平面角，然后由余弦定理计算【详解】（1）如图所示：连接AC，BP，AC交BP于F，CPAB，且CP，所以，取DC 的三等分点E，使，连接EF，则EFAD，EF面PBE，AD面PDE，所以AD面PBE；存在E是DC的三等分点，距离C点较近，使得AD面PBE；（2）在矩形中，所以，又平面ADP平面ABCP，平面ABCP，平面ADP平面ABCPAP，平面，BPDP，BD2DP2+BP2DP2+PC2+BC21+1+13，在ADB中，AB2AD2+BD2ADDB，而PD平面ADP，BD平面ADB，PDB为二面角PADB的平面角，在RtPDB中，cosPDB，所以二面角PADB的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查求二面角证明问题主要确定判定定理的条件满足即可，而求二面角，可以根据定义作出二面角的平面角，然后求解22已知函数.（1）求在0,1上的最大值；（2）若对任意的，存在x00，2，使得t|f（x0）|成立，求实数t的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）是二次函数，由对称轴与给定区间的关系分类讨论后可得最大值；（2）时，求出在上的取值范围（必须分类讨论），然后得的取值范围，从而得的范围【详解】（1）函数f(x)x2ax+a1的对称轴为：x，当，即a1时，此时f(x)在0，1上的最大值为f(1)，g(x)f(1)0，当，即a1时，此时f(x)在0，1上的最大值为f(0)，g(x)f(0)a1，综上所求：g(x)；（2）函数f(x)x2ax+a1的对称轴为：x，且，函数f(x)x2ax+a1在0，上是减函数