2020-2021学年海南省海口市第四中学高二第一学期第一次月考数学试题

海口四中2020-2021学年度高二第一学期第一次月考数学试卷考试时间：120分钟；满分：150分注意事项：1．答题前请在答题卷上填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1．已知全集，集合，，则为()A．{1,2,4} B．{2,3,4} C．{0,2,4} D．{0,2,3,4}2．（）A． B． C． D．3．若，且与也互相垂直，则k的值为（）A． B．6 C．3 D．4．已知l，m，n为不同的直线，，，为不同的平面，则下列判断错误的是（）A．若，，．则B．若，，，则C．若，，，，则D．若，，则5．设，则“”是“”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．在直三棱柱中，，且，点M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．7．已知函数，，,则()A． B． C． D．8．是边长为1的等边三角形，CD为边AB的高，点P在射线CD上，则的最小值为（）A． B． C． D．0二、多选题9．下列函数中，既是偶函数又是区间上增函数的有（）A． B． C． D．10．下图是函数（其中，，QUOTE）的部分图象，下列结论正确的是（）A．函数的图象关于顶点对称B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上单调递增D．方程在区间上的所有实根之和为11．已知QUOTE的面积为3，在QUOTE所在的平面内有两点P，Q，满足，，记QUOTE的面积为S，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且.则下列结论正确的是（）A．三棱锥的体积为定值B．当向运动时，二面角逐渐变小C．在平面内的射影长为D．当与重合时，异面直线与所成的角为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13．命题“?x∈R，x>sinx”的否定是________________.14．已知，且的最小值为__________15．已知函数若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是_________.16．已知点，，，均在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为__________四、解答题17．已知向量，，函数.（1）求的最小正周期；（2）当时，若，求的值.18．已知且.（1）求的值；（2）若，，求的值.19．已知函数.（1）求的定义域；（2）判断的奇偶性并予以证明；（3）求不等式的解集.20．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知QUOTE的角，，对边分别为，，而且______．（1）求；（2）求QUOTE周长的最大值．21．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，平面，，，是的中点．（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积．22．如图所示，在等腰梯形中，∥，，直角梯形所在的平面垂直于平面，且，.（1）证明：平面平面；（2）点在线段上，试确定点的位置，使平面与平面所成的二面角的余弦值为.答案1．C【解析】【分析】先根据全集U求出集合A的补集，再求与集合B的并集．【详解】由题得，故选C.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题．2．A【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，即可求解.【详解】根据复数的除法运算法则，可得复数.故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查运算与求解能力.3．B【解析】【分析】首先根据向量垂直得到其数量积等于零，之后结合题中条件，得到结果.【详解】由题意可得，且，所以，解得，故选：B.【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量垂直的条件，向量数量积运算公式，属于简单题目.4．D【解析】【分析】举出反例可判断D选项.【详解】若，，．则，正确；若，，，则，正确；若，，，，则，正确；若，，则或与相交，故D错误．故选:D.【点睛】本题考查了直线与平面位置关系的判断，属于基础题.5．B【解析】【分析】解不等式分别求出的范围，根据解集的包含关系和充要条件的判定方法得到结果.【详解】，则，则是的必要不充分条件本题正确选项：【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判定，关键是能够确定解集之间的包含关系，属于基础题.6．B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得，，利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线与所成角的余弦值．【详解】在直三棱柱中，，且，点是，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设异面直线与所成角为，则,异面直线与所成角的余弦值为，故选B．【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．D【解析】【分析】由题可得函数f（x）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，又且分析即可得答案.【详解】∵函数f（x）=e|x|，∴函数f（x）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，∴又，∴.故选：D【点睛】本题主要考查了指数函数，对数函数的单调性，利用函数单调性比较函数值的大小，考查了转化与化归的思想.8．C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，，，则，进而可求最小值.【详解】以D点为坐标原点，DC所在直线为y轴，DA所在直线为x轴建立直角坐标系，，，，设，其中，，，当时取最小值为，所以的最小值为．故选：C【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，用坐标法求最值问题，考查了运算求解能力，属于一般题目.9．BC【分析】根据偶函数的定义，f（﹣x）＝f（x）进行判断，再根据解析式判断单调性；【详解】A、令，则f（﹣x）＝＝＝f（x），为偶函数，但在（0，+∞）上，是减函数，故错误；B、令，f（﹣x）＝，是偶函数，且在区间上是增函数，故B正确；C、令，f（﹣x）＝（﹣x）2+1＝x2+1＝f（x），且在区间上是增函数，故C正确；D、令，f（﹣x）＝＝﹣x3＝﹣f（x），是奇函数，故D错误；故选：BC．10．ABD【分析】根据函数图象求出的解析式，根据正弦型函数的性质判断选项正误.【详解】由已知，，，因此，∴，所以，过点，因此，，又，所以，∴，对A，图象关于原点对称，故A正确；对B，当时，，故B正确；对C，由，有，故C不正确；对D，当时，，所以与函数有4个交点令横坐标为，，，，，故D正确.故选：ABD.11．BD【分析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.【详解】由，，可知点P为的三等分点，点Q为延长线的点，且为的中点，如图所示：对于A，点P为的三等分点，点为的中点，所以与不平行，故A错误；对于B，,故B正确；对于C，，故C错误；对于D，设的高为，，即，则的面积，故D正确；故选：BD12．AC【分析】对选项分别作图，研究计算可得.【详解】选项A:连接,由正方体性质知是矩形，连接交于点由正方体性质知平面,所以，是点到平面的距离，即是定值.选项B:连接与交于点，连接，由正方体性质知,是中点，,又,的大小即为与所成的角，在直角三角形中，为定值.选项C:如图，作在直角三角形中，选项D:当与重合时，与重合，连接与交于点，连接,异面直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,在三角形中，,由余弦定理得故选：AC13．?x0∈R，x0≤sinx0【分析】含一个量词命题的否定，先改量词，再否结论即可【详解】解：因为命题为“?x∈R，x>sinx”，所以命题为?x0∈R，x0≤sinx0，故答案为：?x0∈R，x0≤sinx0【点睛】此题考查了命题的否定，改量词，否结论，属于基础题.14．25【分析】由，利用基本不等式的性质即可得结果.【详解】,且，则，当时，等号成立，故答案为.15．【分析】由题画出函数的图像,转化方程有且只有两个不相等的实数根为与有两个交点,进而通过图像求解即可【详解】解：由题意,知当时,,当时,,即可得的最大值为1,作出函数的图像,如图所示,由关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,知与的图像有两个不同的交点,通过观察可得,实数a的取值范围是故答案为：16．【分析】设的外接圆的半径为，可得为直角三角形，可求出，由已知得到平面的最大距离，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积.【详解】设的外接圆的半径为，∵，，则，为直角三角形，且，∵三棱锥体积的最大值是，，，，均在球的球面上，∴到平面的最大距离，设球的半径为，则，即，解得，∴球的表面积为.故答案为：.17．（1）；（2）【分析】（1）首先根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂,化简为,求出周期;（2）由已知条件，先求的范围，然后求在范围内满足条件的值．【详解】解：（1），，.即∴的最小正周期是.（2）由，得，∵，∴，∴，∴.18．（1）；（2）.【分析】（1）将已知条件两边平方，求得的值，进而求得的值.（2）先求得的值，然后利用，结合两角差的余弦公式，求得的值.【详解】（1）因为，两边同时平方，得，，.又，所以.（2）因为，，所以，故.又，得，所以.【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查三角恒等变换，属于中档题.19．（1）．（2）见解析;(3)．【详解】试题分析：(1)根据对数函数的定义,列出关于自变量x的不等式组,求出的定义域;

(2)由函数奇偶性的定义,判定在定义域上的奇偶性;(3)化简,根据对数函数的单调性以及定义域,求出不等式>1的解集.试题解析：（1）要使函数有意义．则，解得.故所求函数的定义域为．（2）由（1）知的定义域为，设，则．且，故为奇函数．（3）因为在定义域内是增函数，因为，所以，解得．所以不等式的解集是．20．（1）；（2）【分析】(1)选①,先利用正弦定理化简可得,进而得到,结合的范围即可求得;选②,先利用正弦定理可得,再利用余弦定理可得,结合的范围即可求得;(2)由余弦定理可得,再利用基本不等式可得,进而求得周长的最大值.【详解】(1)选①:因为,所以,因为,所以,即,因为,所以,所以,即;选②:因为,所以,即,所以,因为,所以;(2)由(1)可知:,在中,由余弦定理得,即,所以,所以,当且仅当时等号成立,所以,即周长的最大值为.21．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）首先连接交于，连接，根据三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判断即可证明.（2）首先根据题意得到点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，再利用即可得到答案.【详解】（1）连接交于，连接，如图所示：因为，分别为，的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，，所以平面.又因为是的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.即到平面的距离.因为，，所以，即为直角三角形，.所以.22．（1）证明见解析；（2）点为线段中点【分析】（1）推导出平面，，，从而平面，由此能证明平面平面；

（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点为线段