云南省玉溪市一中2020学年高二数学上学期第一次月考试卷 文（含解析）

玉溪一中2020学年上学期高二年级第一次月考文科数学试卷第卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.已知全集，集合, 集合，那么= （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合A和B,再求.【详解】由题得A=x|x0,B=y|y1，所以.故答案为：C【点睛】(1)本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 集合的运算要注意灵活运用维恩图和数轴，一般情况下，有限集的运算用维恩图分析，无限集的运算用数轴，这实际上是数形结合的思想的具体运用.2.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】选项不正确，因为是可能；选项不正确，因为，和都有可能；选项不正确，因为，可能；选项正确。故选3.已知直线平行，则实数的值为（ ）A. B. C. 或 D. 【答案】A【解析】【分析】对x，y的系数分类讨论，利用两条直线平行的充要条件即可判断出【详解】当m=3时，两条直线分别化为：2y=7，x+y=4，此时两条直线不平行；当m=5时，两条直线分别化为：x2y=10，x=4，此时两条直线不平行；当m3，5时，两条直线分别化为：y=x+，y=+，两条直线平行，解得m=7综上可得：m=7故选：A【点睛】本题考查了分类讨论、两条直线平行的充要条件，属于基础题4.一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可【详解】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，正方体的棱长是1，三棱锥的体积V1=，剩余部分体积V=111V1=，故答案为：D【点睛】本题考查三视图和求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，主要考查学生的空间想象能力5.已知数列是公差不为0的等差数列，且，为等比数列的连续三项，则 的值为（ ）A. B. 4 C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】数列an是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列bn的连续三项，可得a32=a1a7，化简可得a1与d的关系可得公比q，即可得出所求值【详解】因为数列an是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列bn的连续三项，a32=a1a7，可得（a1+2d）2=a1（a1+6d），化为：a1=2d0公比q=.则 .故答案为：A【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力6.当时，执行如下图所示的程序框图，输出的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】第一次循环，第二次循环，第三次循环，第四次循环，结束循环，输出，故选D7.已知且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得 tan 的值，再根据tan（）=，利用两角差的正切公式求得tan的值【详解】角，均为锐角，且cos=，sin=，tan=，又tan（）=，tan=3，故选：D【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角差的正切公式的应用，属于基础题8.某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）A. B. 甲得分的方差是736C. 乙得分的中位数和众数都为26D. 乙得分的方差小于甲得分的方差【答案】B【解析】【分析】根据题意，依次分析选项，综合即可得答案【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，甲得分的极差为32，30+x6=32，解得：x=8，A正确，对于B，甲得分的平均值为，其方差为，B错误；对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数、众数都是26，C正确，对于D，乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；故选：B【点睛】本题考查茎叶图的应用，涉及数据极差、平均数、中位数、众数、方差的计算，属于基础题9.某学校老师中，型血有36人、型血有24人、型血有12人，现需要从这些老师中抽取一个容量为的样本.如果采用系统抽样和分层抽样方法抽取，都不用剔除个体；如果样本容量减少一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中剔除2个个体，则样本容量可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据系统抽样和分层抽样方法特点确定样本容量需满足条件，再比较选项确定结果.【详解】因为采用系统抽样和分层抽样方法抽取，都不用剔除个体；所以样本容量为 的约数，因为 ，所以样本容量为的倍数，因此舍去B,D;因为如果样本容量减少一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中剔除2个个体，所以样本容量为的约数加1，因此选C.【点睛】本题考查系统抽样和分层抽样方法，考查基本求解能力.10.已知实数满足不等式组，则的最大值为（ ）A. 5 B. 3 C. 1 D. -4【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值【详解】作出实数x，y满足不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）由z=2xy得y=2xz，平移直线y=2xz，由图象可知当直线y=2xz经过点A（2，1）时，直线y=2xz的截距最小，此时z最大代入目标函数z=2xy，得z=5即z=2xy的最大值为5故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查线性规划，意在考察学生对该知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，就最小，要看函数的解析式，如：,直线的纵截距为,所以纵截距最小时，最大.11.已知满足 (其中是常数)，则的形状一定是（ ）A. 正三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，利用共线定理求出|=|，判断ABC是等腰三角形【详解】ABC中，=k（其中k是非零常数），如图所示；=k（），+k=k+，（+k）=（k+），又、不共线，+k=k+=0，|=|，ABC是等腰三角形故选：C【点睛】本题考查了利用平面向量知识判断三角形的形状，解题关键利用好平面向量基本定理，属于中档题.12.已知函数且的最大值为,则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对x进行分类讨论，当x2时，f（x）=x1和当x2时，2+logax1由最大值为1得到a的取值范围【详解】当x2时，f（x）=x1，f（x）max=f（2）=1函数（a0且a1）的最大值为1,当x2时，2+logax1，解得a，1）故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查分段函数的最值问题，考查对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的解题关键是分析推理出当x2时，2+logax1第卷二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.若，则与的夹角为_【答案】【解析】【分析】直接利用数量积的运算化简即得解.【详解】由得.所以与的夹角为.故答案为：【点睛】本题主要考查向量的数量积的运算，意在考察学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.14.数列 的前49项和为_【答案】【解析】【分析】令，分母为等差数列的前n项和，用列项法可求得 ，从而可求得数列的前49项和【详解】令， ， 即答案为.【点睛】本题考查数列的求和，着重考查等差数列的求和与裂项法求和，属于中档题15.已知定义在上的函数满足，且对任意的实数，都有 恒成立，则的值为_【答案】【解析】【分析】先求出f(8),f(13),f(18)，找到规律，再证明2020是等差数列3，8,13，的偶数项，即得解.【详解】由题得,由于3,8,15,成等差数列,所以所以2020在偶数项,所以.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的通项和数列的规律，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.16.已知正实数，满足，若不等式有解则实数的取值范围是_；【答案】【解析】分析：不等式有解即巧用均值不等式求最值即可.详解：由已知得：由题意：，解得：故答案为：点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设的内角的对边分别为已知（1）求；（2）若求的面积.【答案】；【解析】【分析】(1)先利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求得.(2)先利用余弦定理求出a=3,再利用三角形的面积公式求的面积.【详解】（1）由已知以及正弦定理可得,（2）由（1）以及余弦定理可得，解得或舍去【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.18.已知函数（1）求函数的单调增区间；（2）若，求函数的值域【答案】【解析】【分析】（1）先化简函数得，再求函数的单调增区间.(2)利用三角函数的图像和性质逐步求出函数的值域【详解】（1）由,所以函数的单调增区间是（2）由得从而，所以函数的值域为.【点睛】（1）本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查三角函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 对于复合函数的问题自然是利用复合函数的性质解答，求复合函数的最值，一般从复合函数的定义域入手，结合三角函数的图像一步一步地推出函数的最值.19.设，数列满足且.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据等比数列的定义，只需判断是否为定值即可；（2）因为，且已知，考虑用累加法求数列的通项公式.试题解析：（1）由题知： ，（2）由（1）可得，故，累加得：， ，即20.如图，四边形为等腰梯形沿折起，使得平面平面为的中点，连接（如图2）.图1 图2（）求证： ；（）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（I）证明，结合平面 平面，推出平面，然后证明（II）取AC中点F，连接EF、EC E，设E点到平面BCD的距离为，,利用则求解直线DE与平面BCD所成的角的正弦值即可【详解】（）,则,，又因为平面 平面且平面 平面 ，所以平面，从而（）取AC中点F，连接EF、EC.，设E点到平面BCD的距离为，,DE与平面BCD所成角为，则.【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力21.设圆的圆心在轴上，并且过两点.(1)求圆的方程；(2)设直线与圆交于两点，那么以为直径的圆能否经过原点，若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.【答案】(1) (2) 或.【解析】试题分析：（1）圆的圆心在的垂直平分线上，又的中点为，的中垂线为.圆的圆心在轴上，圆的圆心为，因此，圆的半径，（2）设M,N的中点为H，假如以为直径的圆能过原点，则.，设是直线与圆的交点，将代入圆的方程得：.的中点为.代入即可求得，解得.再检验即可试题解析：(1)圆的圆心在的垂直平分线上，又的中点为，的中垂线为.圆的圆心在轴上，圆的圆心为，因此，圆的半径，圆的方程为.(2)设是直线与圆的交点，将代入圆的方程得：.的中点为.假如以为直径的圆能过原点，则.圆心到直线的距离为，.，解得.经检验时，直线与圆均相交，的方程为或.点睛：直线和圆的方程的应用，直线和圆的位置关系，务必牢记d与r的大小关系对应的位置关系结论的理解.22.已知函数，(1)若函数是奇函数，求实数的值；(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围【答案】(1) .(2) 函数与函数的图象有2个公共点；说明见解析.(3).【解析】分析：（1）由题意可得，解出；（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.详解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，即， 显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有.上面等式左右两边同时乘以得，化简得，.上式对定义域内任意恒成立，所以必有，解得.（2）由（1）知，所以，即，由得或， 所以函数定义域. 由题意，要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数.令，显然在区间和均单调递增，又， 且，. 所以函数在区间和上各有一个零点，即方程在定义域上有2个解，所以函数与函数的图象有2个公共点.（附注：函数与在定义