湖南省茶陵县第三中学2019-2020学年高一下学期月考数学试题 18页

绝密★启用前 茶陵县第三中学5月份考试 考试范围：必修一、二、四；考试时间：120分钟 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．的值等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．函数的定义域是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．若直线x＋（1＋m）y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是（ ）‎ A．1 B．－‎2 ‎C．1或－2 D．‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．函数的图象是由函数的图象向右平移个单位长度后得到，则下列是函数的图象的对称轴方程的为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．在如图所示中，二次函数与指数函数的图象只可为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎9．函数 f（x）=lnx+2x-6的零点x0所在区间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．圆x2＋y2－2x－8＝0和圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0的公共弦所在的直线方程是(　　)‎ A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－3＝‎0 ‎C．x－y＋1＝0 D．x－y－3＝0‎ ‎11．函数的图象的一条对称轴方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A．， B．， C．， D．，‎ 二、填空题 ‎13．函数的定义域是_______________．‎ ‎14．设，，，，则的大小关系是 ‎ ‎（从小到大排列）‎ ‎15．函数的单调递增区间是_______________.‎ ‎16．设，，点P在x轴上，使得取到最小值时的点P坐标为______．‎ 三、解答题 ‎17．计算：‎ ‎（1）‎ ‎（2）已知，求值.‎ ‎18．在平面直角坐标系中，的顶点分别为.‎ ‎（1）求外接圆的方程；‎ ‎（2）若直线经过点，且与圆相交所得的弦长为，求直线的方程.‎ ‎19．多面体中，平面∥平面，∥，平面，为直角梯形，，.‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎20．扎比瓦卡是2018年俄罗斯世界杯足球赛吉祥物，该吉祥物以西伯利亚平原狼为蓝本.扎比瓦卡，俄语意为“进球者”.某厂生产“扎比瓦卡”的固定成本为15000元，每生产一件“扎比瓦卡”需要增加投入20元，根据初步测算，每个销售价格满足函数，其中x是“扎比瓦卡”的月产量（每月全部售完）.‎ ‎（1）将利润表示为月产量的函数；‎ ‎（2）当月产量为何值时，该厂所获利润最大？最大利润是多少？（总收益=总成本+利润）.‎ ‎21．已知函数=的部分图象如图所示．‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)求的单调增区间;‎ ‎(3)求在区间上的最大值和最小值．‎ ‎22．已知为正数，函数.‎ ‎（Ⅰ）解不等式；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的实数总存在，使得对任意恒成立，求实数的最小值.‎ 参考答案 ‎1．C ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.‎ ‎【详解】‎ 解：‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查诱导公式及特殊角的三角函数值的应用，属于基础题.‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：分母不等于零，对数真数大于零，所以，解得.‎ 考点：定义域.‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论直线的斜率情况，然后根据两直线平行的充要条件求解即可得到所求．‎ ‎【详解】‎ ‎①当时，两直线分别为和，此时两直线相交，不合题意．‎ ‎②当时，两直线的斜率都存在，由直线平行可得，解得．‎ 综上可得．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线平行的等价条件，解题的关键是将问题转化为对直线斜率存在性的讨论．也可利用以下结论求解：若，则 且或且．‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱锥．‎ ‎【详解】‎ 解：由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱锥．‎ ‎∴该几何体的体积 .‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三棱台的三视图的有关知识、圆柱与四棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象的平移法则可得，可得， ，根据的范围可得，再根据余弦函数的对称轴可得出所有对称轴，从而可得答案.‎ ‎【详解】‎ 函数的图象向右平移个单位长度后得到,‎ 根据题意可得，‎ 所以，，所以，，‎ 又，所以，‎ 所以，‎ 由，，‎ 得的对称轴为：，，‎ 时，对称轴是：，‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数的图象的平移变换，考查了诱导公式，考查了余弦函数的对称轴，属于中档题.‎ ‎7．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，然后结合可解出答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以 因为，所以可得 因为，所以 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查的是三角函数同角的基本关系，较简单.‎ ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 指数函数可知，同号且不相等，再根据二次函数常数项为零经过原点即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 根据指数函数可知，同号且不相等，则二次函数的对称轴在轴左侧，又过坐标原点，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二次函数与指数函数的图象与性质，属于基础题．‎ ‎9．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断函数是连续增函数，利用函数的领导品牌定理，从而得到函数f（x）=lnx+2x-6的零点所在的区间．‎ ‎【详解】‎ ‎∵连续函数f（x）=lnx+2x-6是增函数，∴f（2）=ln2+4-6=ln2-2＜0，f（3）=ln3＞0， ‎ ‎∴f（2）•f（3）＜0，故函数f（x）=lnx+2x-6的零点所在的区间为（2，3）， ‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的零点的判定定理的应用，属于基础题．‎ ‎10．C ‎【解析】‎ 由于两圆的公共弦的端点是两圆的公共交点，既满足一个圆的方程，又满足另一个圆的方程，把圆和圆的方程相减即得公共弦所在的直线方程为. 故选C．‎ ‎11．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦函数的性质求解即可.‎ ‎【详解】‎ 令，得，取，得.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求正弦型函数的对称轴，属于基础题.‎ ‎12．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题先绘制图像，然后将零点问题转化为交点问题，数形结合，计算a的范围，即可．‎ ‎【详解】‎ 绘制出的图像，有3个零点，令与有三个交点，‎ 则介于1号和2号之间，2号过原点，则，1号与相切，则 ‎，，代入中，计算出，所以 a的范围为，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了数形结合思想和函数与函数交点个数问题，难度中等．‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 解不等式可得函数的定义域．‎ ‎【详解】‎ 解：由，，可解得，，‎ 函数的定义域为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正切函数的定义域，属于基础题．‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由0<<，<<2，>=2，<=0,能比较的大小关系 ‎【详解】‎ 解：0<<，<<2，‎ ‎>=2,<=0,‎ ‎,‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对数值大小关系的比较,是基础题.解题时要认真审题仔细解答注意对数函数和指数函数性质的灵活运用.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的所有定义域上的单调递增区间,即可分析出的单调递增区间.‎ ‎【详解】‎ 由得, 当时,得,,且仅当时符合题意, 所以函数的单调递增区间是, 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦函数的单调性,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得关于轴的对称点，可知当取最小值时，为直线与轴交点；利用两点式求得直线方程，进而求得点坐标.‎ ‎【详解】‎ 由题意得：点关于轴的对称点 ‎（当且仅当三点共线时取等号）‎ 直线的方程为：，即 当取最小值时，为直线与轴交点 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查定直线上的点到两点距离之和的最小值的相关问题的求解，关键是能够利用对称性确定最小值取得的情况，属于常考题型.‎ ‎17．（1） ；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（‎ ‎（2）先对原式化简，分子分母同时除以cosα，即可转化为tanα的式子，代入tanα的值即可算出结果．‎ ‎；‎ ‎(2).‎ ‎【点睛】‎ 本题考查运用诱导公式化简求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18．（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设圆的方程为，根据圆过，，三点，列出方程组，即可求出结果；‎ ‎（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况，分别用代数法联立直线与圆的方程，结合弦长公式求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设圆的方程为，‎ 因为圆过三点，‎ 所以有，解得，，‎ ‎∴外接圆的方程为，‎ 即.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，‎ 联立，‎ 得或，此时弦长为，满足题意；‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，‎ 由于圆心到该直线的距离为，‎ 故，解得，‎ ‎∴直线的方程为，即.‎ 综上可得，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求圆的方程，以及已知弦长求直线方程的问题，通常需要联立直线与圆的方程，结合弦长公式求解，属于常考题型.‎ ‎19．（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用面面垂直的性质证明，再证明，最后利用线面垂直的判定定理可得直线平面.（2）先找出直线与平面所成的角，再构造直角三角形求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为平面，平面，‎ 所以平面平面.‎ 又，平面平面，‎ 所以平面.‎ 又平面，所以.‎ 在直角梯形中，由已知长度关系可得，‎ 因为，，平面，‎ 所以直线平面.‎ ‎（2）因为平面，平面，‎ 所以平面平面.‎ 又平面∥平面，所以平面平面.‎ 过作于点，则平面.‎ 连接，则为在平面内的射影，‎ 所以为直线与平面所成的角.‎ 设，则，.‎ 在直角三角形中，有，‎ 所以，‎ 则，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与平面的垂直关系以及直线与平面所成的角，主要考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.高考对立体几何大题的考查一直是中等难度，主要考查空间中线面、面面平行，线面、面面垂直的位置关系的判断，空间中距离、几何体体积的求解.几何体多以多面体（棱柱、棱锥）为主，因此，复习中要掌握几种常见的棱柱和棱锥（三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱）的性质特点，熟练掌握线面平行于垂直，面面平行于垂直的判定定理和性质定理，并能在解题中熟练运用.‎ ‎20．（1）；（2）当时，该厂所获利润最大利润为30000元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合分段函数，用销售价格乘以产量，再减去成本，求得利润的解析式.‎ ‎（2）根据二次函数的性质，求得利润的最大值以及此时月产量.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，当时，‎ ‎.‎ 当时，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）当时，；‎ 根据二次函数的性质可知，当时，‎ 当时，为减函数，，‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，该厂所获利润最大，最大利润为30000元.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查分段函数在实际生活中的应用，考查分段函数最值的求法，属于中档题.‎ ‎21．(1);（2）单调递增区间为(3)时,取得最大值1;时,f(x)取得最小值．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)利用图象的最高点和最低点的纵坐标确定振幅,由相邻对称轴间的距离确定函数的周期和值;‎ ‎(2)利用正弦函数的单调性和整体思想进行求解;‎ ‎(3)利用三角函数的单调性和最值进行求解．‎ 试题解析：‎ ‎(1)由图象知 由图象得函数的最小正周期为=,‎ 则由=得．‎ ‎(2)令 ‎.‎ ‎.‎ 所以f(x)的单调递增区间为 ‎（3）‎ ‎.‎ ‎.‎ 当即时,取得最大值1;‎ 当即时,f(x)取得最小值．‎ ‎22．（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）转换为关于的二次函数,再求解不等式即可.‎ ‎（Ⅱ）先求得在时的最大值 ,再根据得 ‎.再分情况讨论在上的最大最小值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）‎ ‎.解得即.‎ ‎（Ⅱ）由题意得.‎ 又,,‎ 故.即恒成立.‎ 又对称轴.又区间关于对称,‎ 故只需考虑的情况即可.‎ ‎①当,即时,‎ 易得,‎ 故 即,又.‎ 故,解得.‎ ‎②当,即时,‎ 易得,‎ 即.‎ 化简得,即,所以.‎ 综上所述, 故实数的最小值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了与二次函数的复合函数有关的问题,需要理解题意明确求最值,同时注意分析对称轴与区间的位置关系,再分情况进行讨论求最值即可.属于难题.‎