云南省玉溪市2018-2019学年高二下学期第一次月考数学（理）试题含答案解析

1 玉溪一中高玉溪一中高 20202020 届高二下学期第一次月考届高二下学期第一次月考 理科数学试卷理科数学试卷 一选择题（共一选择题（共 1212 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分）分） 1.已知全集,集合,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析：由全集 及 ，求出补集，找出集合 的补集与集合 的交集即可. 详解： ，集合， 又，故选 B. 点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性. 研究两集合的关系时，关键是将两集合的关 系转化为元素间的关系，本题实质是求满足属于集合 或不属于集合 的元素的集合. 2.下列函数中与函数的奇偶性相同，且在上单调性也相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 为偶函数且在上单调递减，根据偶函数排除 和 ；根据单调性排除 . 【详解】由可知函数为偶函数，且当时，函数单调递减 选项：，为偶函数；当时，此时函数单调递增，根据偶函数对称性可知， 函数在上单调递减，符合题意； 选项：，可知函数为非奇非偶函数，不符合题意； 选项：，可知函数为奇函数，不符合题意； 选项：在上单调递增，不符合题意. 本题正确选项： 【点睛】本题考查函数单调性和奇偶性的判定，属于基础题. 3.设复数 z 满足，则 2 A. B. C. 1D. 【答案】C 【解析】 【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，代入复数模的计算公式求解 【详解】解：由， 得， 故选：C 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属基础题 4.已知三棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，俯视图为等腰直角三角形，则此三棱锥的体积 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图还原几何体，利用体积公式直接求解即可. 【详解】由三视图可得几何体直观图如下图所示： 可知：平面平面，高是，其中，平面 3 主视图是边长为 的正三角形，为直角三角形， 所以 本题正确选项： 【点睛】本题考查三视图还原几何体、锥体体积的求解，关键在于能够准确还原几何体，属于基础题. 5.下列能使成立的 所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 结合函数图像，采用排除法依次排除各个选项即可. 【详解】 选项：时，可知 错误； 选项：时，可知 正确； 选项：时，可知 错误； 选项：时，可知 错误. 本题正确选项： 【点睛】本题考查结合三角函数图像比较大小关系，可以采用特殊值的方式进行排除. 6.如图是实现秦九韶算法的程序框图，若输入的，依次输入，则输出的 s（ ） A. 3B. 10C. 25D. 56 【答案】C 4 【解析】 【分析】 按照程序框图依次运行，直到符合时输出得结果. 【详解】根据程序框图运行可知： 第一次运行：，有，循环； 第二次运行：，有，循环； 第三次运行：，有，输出 本题正确选项： 【点睛】本题考查程序框图的循环结果，对于运行次数较少的题目，直接依次列举得到结果即可. 7.某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了 次试验，根据收集到的数据 （如表） ， 零件数 个 加工时间 （min） 由最小二乘法求得回归直线方程 由于后期没有保存好，导致表中有一个数据模糊不清，请你推断出该数据的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用回归直线恒过，将代入直线方程，求得结果. 【详解】设模糊不清的数据为 根据收集到的数据可得： ， 又，可得： 解得： 5 本题正确选项： 【点睛】本题考查利用回归直线求解实际数据点的问题，解决问题的关键是明确回归直线恒过. 8.已知直线与圆交于两点， 是坐标原点，且，则实数 的值 为（ ） A. B. 或C. 或D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量关系可得，由此可得圆心到直线距离为，建立方程求得结果. 【详解】由可得： 又 为圆的圆心，则 则 到直线的距离为： 即 本题正确选项： 【点睛】本题考查直线与圆的相关问题，关键是能够利用向量的关系得到向量垂直的关系，从而能将问题转 化为点到直线的距离问题. 9.已知是可导函数，如图所示，直线是曲线在处的切线，令， 是的导函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得，求得 k，求出的导数，计算可得所求值 【详解】解：由直线是曲线在处的切线， 曲线过可得， 6 即有， 可得，则， 故选 B 【点睛】本题考查导数的几何意义，直线方程的运用，函数求导，考查方程思想和运算能力，属于基础题 10.已知三棱锥中，平面平面，则三棱锥 的外接球的表面积（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 通过取取中点，中点，可得平面，同时若 为三棱锥外接球球心，则面，利用 和，用勾股定理构造关于 的方程，求解得到 ，从而得到所求表面积. 【详解】由题意可得图形如下图所示： 取中点，中点，连接，可知且 又平面平面，平面平面，平面 平面 为直角三角形 为外接圆圆心 设 为三棱锥外接球球心，则面 则 设圆的半径为， 由题意可知：， 则 7 外接球表面积 本题正确选项： 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的问题，关键在于能够确定球心的大致位置，要明确球心和底面外接圆圆 心的连线必与底面垂直，由此可构造出关于半径的方程，属于常规解题模型. 11.已知双曲线 ：， 为坐标原点， 为 的右焦点，过 的直线与 的两条渐近线的交点分别为 若为直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由双曲线方程可得焦点坐标和渐近线方程，由渐近线倾斜角可知，假设，利用直 角三角形边角关系求得结果. 【详解】由双曲线可知：，渐近线方程为： 则，则 由双曲线对称性可知，设，则 又， 则 本题正确选项： 【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是能够确定直角三角形的直角为，从而利用直角三角形中 的边角关系得到结果. 12.已知函数（ 为自然对数的底数）有两个极值点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 ， 若函数有两个极值点， 则 和 在 有 2 个交点， 令 , 则 ， 在递减 , 而 ， 故 时 , , 即, 递增， 时 , , 即,递减， 故， 而 时 , ,时 , ， 若 和 在 有 2 个交点 只需 ， 点晴：本题考查函数导数与函数的极值点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较 为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零 点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往 可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合 的数学思想方法. 二填空题（共二填空题（共 4 4 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 2020 分）分） 13.已知 x，y 满足约束条件，则的最小值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 先根据约束条件画出可行域，再由表示直线在 y 轴上的截距最大即可得解. 9 【详解】 x，y 满足约束条件，画出可行域如图所示.目标函数，即. 平移直线，截距最大时即为所求. 点 A（ ，） ， z 在点 A 处有最小值：z2， 故答案为： . 【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基 本方法 14.曲线与直线及 轴所围成的封闭图形的面积为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 根据定积分的几何意义，先联立直线与曲线方程，求出积分的上下限，将面积转化为定积分 ，从而可求出所围成的图形的面积. 【详解】 10 由曲线与直线构成方程组，解得， 由直线与构成方程组，解得； 曲线与直线及 x 轴所围成的封闭图形的面积为： 故答案为 【点睛】本题主要考查定积分的几何意义，属于中档题.一般情况下，定积分的几何意义是介于 轴、 曲线 以及直线之间的曲边梯形面积的代数和 ，其中在 轴上方的面积等于该区间上的积 分值，在 轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数,所以在用定积分求曲边形面积时，一定要分清面积与 定积分是相等还是互为相反数；两条曲线之间的面积可以用两曲线差的定积分来求解. 15.设等比数列满足 a1+a3=10，a2+a4=5，则 a1a2an的最大值为 【答案】 【解析】 试题分析：设等比数列的公比为 ，由得，解得.所以 ，于是当或 时，取得最大值. 考点：等比数列及其应用 16.已知直线被抛物线截得的弦长为 ，直线 经过 的焦点，为 上的一个 动点，设点 的坐标为，则的最小值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 把直线方程与抛物线方程联立得到根与系数的关系，利用弦长公式即可得出 p 与 关系；再根据 经过 的焦 点，得出 p 与 的关系，可求出抛物线方程，进而得到的最小值. 【详解】 （1） 则 又直线 经过 的焦点，则 11 由此解得 抛物线方程为， 则 故当时， 即答案为. 【点睛】熟练掌握直线与抛物线相交问题转化为直线方程与抛物线方程联立得到根与系数的关系、弦长公式、 点到直线的距离公式等是解题的关键 三解答题（共三解答题（共 6 6 小题小题, ,共共 7070 分）分） 17.已知函数 （1）若ABC 的三个内角 A、B、C 的对边分别为 a、b，c，锐角 A 满足，求锐角 的大小. （2）在（1）的条件下，若ABC 的外接圆半径为 1，求ABC 的面积 S 的最大值 【答案】 （1）；（2）。 【解析】 【分析】 （1）将化简为，代入求得 ；（2）根据正弦定理求得 ，再结合余弦定理， 利用基本不等式求得最值. 【详解】 （1） ，又 为锐角 （2）的外接圆半径为 由正弦定理得： 由余弦定理： 得： 即（当且仅当时取等号） 则三角形的面积（当且仅当时取等号） 故三角形面积最大值为 【点睛】本题考查三角函数式的化简、正余弦定理解三角形、三角形面积最值问题.解决面积最值问题的关 12 键是能够根据公式将问题变为长度之积的最值问题，从而利用基本不等式求得结果. 18.已知等差数列的公差，它的前 n 项和为，若，且成等比数列 （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前 n 项和为，求证： 【答案】 （1）；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）用和 表示出和，解方程求得和 ，从而得到通项公式；（2）根据（1）得到的通 项公式，利用裂项相消法表示出，从而证得结果. 【详解】 （1），即 成等比数列，可得，即有 由解得 则 （2）证明：由（1）知： ， 则前 项和为 由为递增数列，可得 又，可得 即有 【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和的问题，属于常规题型. 19.如图，设是边长为 的正三角形，平面，若， 是的中点 （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. . 13 【答案】 （1）详见解析；（2）. 【解析】 【分析】 （1）取中点，连结，可证得四边形是平行四边形，证明，同时 ，可证得结论；（2）连结，可知即为所求角，通过长度关系得到所求正弦值. 【详解】 （1）证明：取中点，连结， 是边长为 的正三角形， 是的中点 ， 又 且 四边形是平行四边形 平面 又 ， 平面 （2）解：连结 平面 是与平面所成角 是边长为 的正三角形，平面 14 ， 与平面所成角的正弦值为 【点睛】本题考查线面垂直的证明、直线与平面所成角问题.求解线面角的关键在于能够利用垂直关系将所 成角放到直角三角形中，从而能够通过长度关系求得结果. 20.已知函数 （1）求函数的单调区间 （2）当时，证明：对任意，都有