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- 2021-06-24 发布
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建平中学2019学年第一学期10月月考
一、填空题
1.已知集合,,则_________.
【答案】.
【解析】
【分析】
分别根据分式不等式和一元二次不等式的解法求出集合和,再根据交集的定义求出.
【详解】∵集合,
,∴,
故答案为:.
【点睛】本题考查集合的交集的运算,解题时要认真审题,注意分式不等式和一元二次不等式的合理运用,是基础题.
2.若复数满足,其中是虚数单位,则虚部为________
【答案】
【解析】
【分析】
根据行列式得到,化简得到复数的虚部.
【详解】即,的虚部为
故答案为:
【点睛】本题考查了行列式的计算,复数的虚部,意在考查学生的计算能力.
3.双曲线的一条渐近线方程为,则________.
【答案】
【解析】
试题分析:双曲线的渐近线方程为,故,其中,因此.
考点:双曲线渐近线.
4.求和:______().
【答案】
【解析】
【分析】
把所给的式子变形为,再利用二项式定理可得结果.
【详解】
.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,把所给的式子变形后利用二项式定理,是解题的关键,属于中档题.
5.若不等式的解集为,则实数的值为________.
【答案】
【解析】
【详解】因为不等式的解集
(舍),,
,故答案为.
6.已知实数,满足,则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
作出线性约束条件所表示的区域,目标函数的最小值即为可行域内的点与原点连线斜率的最小值.
【详解】线性约束条件所表示的区域,如图所示:
表示可行域内的点与原点连线的斜率,
所以当落在点时,
取得最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查线性约束条件下非线性目标函数的最值,考查数形结合思想、转化与化归思想的应用,求解时注意目标函数的几何意义,属于容易题.
7.甲、乙等五名社区志愿者被随机分配到四个不同岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者,则甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是 .
【答案】
【解析】
试题分析:记甲、乙两人同时参加岗位服务为事件,那么,
即甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是.
考点:本题考查了随机事件的概率
点评:求解此类问题时要注意区分几种基本概率模型,注意语言表达的科学性和符合表述的规范性,在解决本部分问题时,要注意分类讨论、等价转化等思想方法的运用
8.已知将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若和的图象都关于对称,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据左右平移可得解析式;利用对称性可得关于和的方程组;结合和的取值范围可分别求出和的值,从而得到结果.
【详解】由题意知:
和图象都关于对称
,解得:,
又
本题正确结果:
【点睛】本题考查三角函数的平移变换、根据三角函数对称性求解函数解析式的问题,关键是能够根据正弦型函数对称轴的求解方法构造出方程组.
9.已知,则取到最小值时,______.
【答案】9
【解析】
【分析】
根据题意,由对数的运算性质可得且
,再利用基本不等式结合不等式的性质可得,分析可得当且仅当时,等号成立,即当时,取到最小值,据此计算可得答案.
【详解】由对数的真数大于0,可得,
因为,
所以且,
所以,
当且仅当,即时,等号成立,
所以取到最小值时.
故答案为:9.
【点睛】本题考查基本不等式及不等式的性质的综合应用,注意多次用不等式求最值时,要注意不等式取等的条件要同时满足,考查逻辑推理能力和运算求解能力.
10.在中,,,为锐角,点是外接圆的圆心,则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
建立适当的直角坐标系,写出各点的坐标,进一步利用向量的数量积,将问题转化成求三角函数的值域问题,从而得到的取值范围.
【详解】如图所示:,,,
由于为锐角,则点只能在左半圆上,
设,则,,,
所以,,
,
因为,所以,
则,所以,
故答案为:.
【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算、三角恒等变换、正弦型函数的值域,考查转化与化归思想、数形结合思想的应用,考查逻辑推理能力和运算求解能力.
11.已知函数,等差数列的公差为,若,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据等差数列下标和相等,对应项的和也相等,同时利用和差化积公式将条件等价转化为
,再根据左边含有无理项,右边不含无理项,所以可求得,再由公差为求得的值.
【详解】
,
因为,
所以,
所以
,
显然,
所以.
故答案为:.
【点睛】本题考查等差数列的性质运用、三角函数和差化积公式,考查转化与化归思想、函数与方程思想的灵活运用,求解的关键在于三角恒等变形,并能观察出方程的根,考查逻辑思维能力和运算求解能力.
12.设函数,若对任意的正实数和实数,总存在,使得,则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
问题转化为在恒成立,对函数 的两个端点值的和进行分类讨论,可得的最大值是在两个端点处取到,再求最大值的最小值,从而得到的取值范围.
【详解】由题意得:在恒成立,设,
令,
因为在恒成立,所以在单调递减,
所以,
(1)当,
;
(2)当,
;
(3)当,
;
所以当时,,
所以.
故答案为:.
【点睛】本题考查含绝对值函数的最值,考查分类讨论思想和数形结合思想的应用,求解时要注意讨论的突破口,即由于绝对值内的函数是单调递减,所以加上绝对值后其最大值必在端点处取到,考查逻辑推理能力和运算求解能力.
二、选择题
13.已知直线l和平面α,无论直线l与平面α具有怎样的位置关系,在平面α内总存在一条直线与直线l( )
A. 相交 B. 平行
C. 垂直 D. 异面
【答案】C
【解析】
当直线l与平面α平行时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直;
当直线l⊂平面α时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直;
当直线l与平面α相交时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直,
所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系,在平面α内总存在一条直线与直线l
垂直.
本题选择C选项.
14.如果将绕原点O逆时针方向旋转120°得到,则的坐标是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出直线OA的倾斜角,再求直线OB的倾斜角,即得点B的坐标和的坐标.
【详解】设直线OA的倾斜角为
因为,|OA|=|OB|,所以点B的坐标为.
故答案为:D
【点睛】本题主要考查向量的坐标,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.
15.设是定义在上的奇函数,当时,,若在上存在反函数,则下列结论正确的是( )
A. 或 B. 或
C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
若在上存在反函数,必需保证函数不存在多个自变量
对应同一个函数值,再根据函数的单调性和奇函数的图象特点,即可得到答案.
【详解】若在上存在反函数,必需保证函数不存在多个自变量对应同一个函数值,即可,
(1)当时,函数在单调递增,所以在也单调递增,
若,根据奇函数的性质,则会出现多个自变量对应同一个函数值,所以.
(2)当时,函数在单调递减,所以在也单调递减,
若,根据奇函数的性质,则会出现多个自变量对应同一个函数值,
所以.
故选:B.
【点睛】本题考查反函数定义和对概念的理解,考查数形结合思想和图象的平移变换,求解时要会借助草图进行分析求解.
16.已知数列满足,若存在实数,使单调递增,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由单调递增,可得恒成立,则,分析和可排除错误选项.
【详解】由单调递增,可得,
由,可得,所以.
时,可得.①
时,可得,即.②
若,②式不成立,不合题意;
若,②式等价为,与①式矛盾,不合题意.
排除B,C,D,故选A.
【点睛】本题考查数列的性质,结合不等式的性质求解.
三、解答题
17.如图,在四棱锥中,底面是矩形,平面,、与平面所成的角依次是和,,,依次是,上的点,其中,.
(1)求直线与平面所成的角(结果用反三角函数值表示);
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,写各点的坐标,求出直线的方向向量和平面的法向量,然后代入线面角的向量求解公式,求得线面角的正弦值,从而得到答案.
(2)求出三棱锥底面的面积,再利用向量法求三棱锥的高,最后代入体积公式求得答案.
【详解】(1)分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
依题意得:,,
,,,分别是,的中点,
则各点坐标分别是:,,,,,,,,
又平面,
平面的法向量为,
设直线与平面所成的角为,则
,
直线与平面所成的角为.
(2)连结,在直角三角形中,,
在直角三角形中,,
为等腰三角形,其面积,
由(1)得:,,,
设平面的法向量,则,
设到面的距离为,则,
三棱锥体积.
【点睛】本题考查利用空间向量求线面角、求点到面的距离,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意坐标运算的准确性,属于中档题.
18.已知函数,.
(1)设是函数的一个零点,求的值;
(2)求函数在上的单调递增区间.
【答案】(1);(2)和
【解析】
【分析】
(1)利用倍角公式可得函数,由于是函数的一个零点,可得,化为,即可得出.进而得出.
(2)利用倍角公式、两角和差的正弦公式及正弦函数的单调性,求出的单调递增区间,再与区间取交集.
【详解】(1)函数,
是函数的一个零点,
,化为,
,解得.
.
(2)函数
.
由,解得.
函数的单调递增区间为.
与区间的交集为:,
函数的单调递增区间和.
【点睛】本题考查倍角公式、两角和差的正弦公式及正弦函数的单调性、函数的零点等知识的交会,考查逻辑推理能力和运算求解能力,注意单调区间用“逗号”或者“和”隔开,而不能并起来,属于中档题.
19.已知点在抛物线上,是直线上的两个不同的点,且线段的中点都在抛物线上.
(Ⅰ)求的取值范围;
(Ⅱ)若的面积等于,求的值.
【答案】(Ⅰ)或;(Ⅱ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)设,,,的中点代入抛物线得到二次方程,解得答案.
(Ⅱ)先计算到的距离,再计算,代入面积公式得到答案.
【详解】(Ⅰ)设,,,
则的中点,代入
得:
同理可得:
所以,是方程的两个根
解得:或
(Ⅱ)点到的距离
由韦达定理可知:,
则
令,则有:,
即:,解得,
即,解得:
【点睛】本题考查了抛物线,面积问题,将问题转化为二次方程解的个数问题是解题的关键,简化了运算.
20.若函数满足:对于任意正数,,都有,,且,则称函数为“速增函数”.
(1)试判断函数与是否是“速增函数”;
(2)若函数为“速增函数”,求的取值范围;
(3)若函数为“速增函数”,且,求证:对任意,都有.
【答案】(1)是,不是;(2);(3)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据定义进行判断即可,利用特殊值,举出反例;
(2)根据定义可知,即对一切正数恒成立,可得,由,可得
得出,最后求出的范围;
(3)根据定义,令,可知,即,故对于正整数与正数,都有,进而得出结论.
【详解】(1)对于函数,当,时,,
又,
所以,
故是“速增函数”.
对于函数,当时,,
故不是“速增函数”.
(2)当,时,由是“速增函数”,
可知,即对一切正数恒成立,
又,可得对一切正数恒成立,所以.
由,可得,
即
,
故,又,故,
由对一切正数,恒成立,可得,即.
综上可知,的取值范围是.
(3)由函数为“速增函数”,可知对于任意正数,,
都有,,且,
令,可知,即,
故对于正整数与正数,都有,
对任意,,可得,又,
所以,
同理,
故.
【点睛】本题考查新定义函数的理解和应用新定义函数解决实际问题,综合性强,难度较大.
21.已知有穷数列,,,,.若数列中各项都是集合的元素,则称该数列为数列.对于数列,定义如下操作过程:从中任取两项,,将的值添在的最后,然后删除,,这样得到一个项的新数列(约定:一个数也视作数列).若还是数列,可继续实施操作过程,得到的新数列记作,,如此经过次操作后得到的新数列记作.
(1)设,,请写出的所有可能的结果;
(2)求证:对于一个项的数列操作总可以进行次;
(3)设,,,,,,,,,求的可能结果,并说明理由.
【答案】(1),;,;,.;(2)证明见解析;(3)
【解析】
分析】
(1)直接按定义来操作,每次取两个数代入计算即可求出的所有可能的结果;
(2)先通过作差得到每次操作后新数列仍是数列;再根据每次操作中都是增加一项,删除两项即可得到结论;
(3)先定义运算:,并证明这种运算满足交换律和结合律;再结合(2)可知中仅有一项,再按定义先求出,综合即可得到的可能结果.
【详解】(1)直接按定义来操作,当取0,时代入计算可得:,;
当取0,时可得,;
当取,时,可得,.
故有如下的三种可能结果:,;,;,.
(2)因为对,,有
且
所以,即每次操作后新数列仍是数列.
又由于每次操作中都是增加一项,删除两项,
所以对数列每操作一次,项数就减少一项,
所以对项的数列可进行次操作(最后只剩下一项).
(3)由(2)可知中仅有一项.
对于满足,实数,定义运算:,
下面证明这种运算满足交换律和结合律.
因为,且,所以,即该运算满足交换律;
因为
且
所以,即该运算满足结合律.
所以中的项与实施的具体操作过程无关,
选择如下操作过程求
由(1)可知;
易知,,,;
所以,0,0,0,0;
易知经过4次操作后剩下一项为.
综上可知:.
【点睛】本题是一道综合性很强的题,解题时要认真审题,理解定义,并会用新定义来解题,仔细解答,避免错误.