2018-2019学年贵州省遵义市南白中学高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版 22页

绝密★启用前 贵州省遵义市南白中学 2018-2019 学年高二上学期第一次月 考数学（文）试题 评卷人 得分 一、单选题 1．（2018 年浙江卷）已知全集 U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则 A． B． {1，3} C． {2，4，5} D． {1，2，3，4，5} 【答案】C 【解析】分析:根据补集的定义可得结果. 详解：因为全集 ， ，所以根据补集的定义得 , 故选 C. 点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集 的定义求解． 2．经过中央电视台《魅力中国城》栏目的三轮角逐，贵州省黔东南州以三轮竞演总分 排名第一名问鼎“最具人气魅力城市”.如图统计了黔东南州从 2010 年到 2017 年的旅游 总人数（万人次）的变化情况，从一个侧面展示了大美黔东南的魅力所在.根据这个图 表，在下列给出的黔东南州从 2010 年到 2017 年的旅游总人数的四个判断中，错误的 是 A． 旅游总人数逐年增加 B． 2017 年旅游总人数超过 2015、2016 两年的旅游总人数的和 C． 年份数与旅游总人数成正相关 D． 从 2014 年起旅游总人数增长加快 【答案】B 【解析】 从图表中看出，旅游的总人数逐年增加时正确的；年份数与旅游总人数成正相关，是正 确的；从 2014 年起旅游总人数增长加快是正确的；其中选项 明显错误，故选 B． 3．已知函数 是奇函数，当 时， ，则 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 试 题 分 析 ： 因 为 函 数 是 奇 函 数 且 时 , ， 所 以 ，故选 B． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的解析式及对数的性质． 4．圆 ： 与圆 ： 的位置关系是 A． 相交 B． 外切 C． 内切 D． 相离 【答案】B 【解析】 试题分析： ： 的圆心为 ，半径为 ， ： 的圆心为 ，半径 圆心距离 ， ，两圆外切 考点：两圆位置关系的判定 5．已知向量 ， ， ，若 ，则 k 等于 A． B． 2 C． -3 D． 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量垂直坐标表示得方程，解得 . 【详解】 因为 ， 所以 ,选 C. 【点睛】 向 量 平 行 ： ， 向 量 垂 直 ： ， 向 量 加 减 ： 6．执行如图所示的程序框图，输出的 k 值为 A． 2 B． 4 C． 6 D． 8 【答案】C 【解析】 【分析】 模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即 可得到输出的 k 的值. 【详解】 模拟程序的运行，可得 ， 执行循环体， ， 不满足条件 ，执行循环体， ； 不满足条件 ,执行循环体， ； 满足条件 ，退出循环，输出 的值为 6，故选 C. 【点睛】 本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意 以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是 循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时 一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结 果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可. 7． 是两个平面， 是两条直线，则下列命题中错误的是 A． 如果 ，那么 B． 如果 ，那么 C． 如果 ，那么 D． 如果 ，那么 【答案】D 【解析】 对于 A，如果 则 ∥ 或 ，因为 ，则 ，故正确；对于 B，如果 ，那么 与 无公共点，则 ，故正确；对于 C，如果 ， 则 ，故正确；对于 D，如果 ，那么 与 的关系不确定，故错误. 故选 D. 8．已知函数 ，则 的大致图象为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 可以排除法，利用奇偶性可排除选项 ；利用 ，可排除选项 ，从而可得 结果. 【详解】 因为 ， 所以函数 是奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项 ； 又因为 ，可排除选项 . 故选 A. 【点睛】 函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势． (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性． (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象 9．如图是一个空间几何体的三视图，如果直角三角形的直角边长均为 1，那么这个几 何体的体积为 A． 1 B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据三视图，复原的几何体的形状以及特征，结合三视图中的数据，可求出几何体 的体积. 【详解】 由三视图可知几何体是底面为正方形，一条侧棱垂直底面的四棱推, 底面正方形的边长为 1，棱锥的高为 1 ， 所以几何体的体积是 ，故选 C. 【点睛】 本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题. 三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻 译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”， 还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 10．若直线 （m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），则 最小值 A． 2 B． 6 C． 12 D． 3+2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据直线 2mx﹣ny﹣2=0（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），建立 m，n 的关系，利用基本 不等式即可求 的最小值． 【详解】 ∵直线 2mx﹣ny﹣2=0（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2）， ∴2m+2n﹣2=0，即 m+n=1， ∵ = （m+n）=3+ ≥3+2 ， 当且仅当 ，即 n= m 时取等号， ∴ 的最小值为 3+2 ， 故答案为：D 【点睛】 （1）本题主要考查基本不等式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 几解题的关键是常量代换 = （m+n）,再利用基本不等式求最小值. 11．在锐角 中， ，则 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 根据在锐角 中，每个角都是锐角确定 的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公 式，化简表达式，求出范围即可. 【详解】 在锐角 中， 可得 ， ， 所以由正弦定理可知 ，故选 D. 【点睛】 本题考查正弦定理在解三角形中的应用，三倍角的正弦公式，属于中档题.正弦定理是 解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一 边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角 的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 12．如图，已知正方体 的棱长为 1，E 为棱 的中点，F 为棱 上的点， 且满足 ，点 F、B、E、G、H 为面 MBN 过三点 B、E、F 的截面与正方体 在棱上的交点，则下列说法错误的是 A． HF//BE B． C． ∠MBN 的余弦值为 D． △MBN 的面积是 【答案】C 【解析】 【分析】 利用平面与平面平行性质判断 正误；通过求解三角形判断 的正误；通过三角形的面 积判断 的正误. 【详解】 因为面 面 ，且面 与面 的交线为 ,面 与面 的交线为 ，所以 正确； ，且 ， ， ，在 中， ， 正确； 在 中， 为棱 的中点， 为棱 上的中点， ，在 中， ， ， ， 在 中 ， ， 错误； ，， 正 确，故选 C. 【点睛】 本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查空间想象能力、面面平行的性质、 正方体的截面、余弦定理的应用，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热 点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要 细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的 知识点入手，然后集中精力突破较难的命题. 第 II 卷（非选择题） 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13．已知 ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 由 ，利用诱导公式可得 ，根据同角三角函数间的关系列方程组，从 而可得结果. 【详解】 因为 ， 所以 ，即 结合 与 可解得 ，故答案为 . 【点睛】 本题主要考查同角三角函数之间的关系的应用，属于中档题. 同角三角函数之间的关系 包含平方关系与商的关系，平方关系是正弦与余弦值之间的转换，商的关系是正余弦与 正切之间的转换. 14．设变量 ， 满足约束条件 ，则 的最小值为__________． 【答案】 【解析】 画出不等式组 表示的区域如图， 经过点 时，直 线 在 轴上的截距最大，目标函数 取最小值 ，应填答 案 。 15．已 知数列满足： ，数列 的前 项和为 ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 由 得 ，两式相减化为 ， 则 ， 由 裂 项 相 消 法 可 得 ，然后利用累乘法可得结果. 【详解】 ， ， ， ， ， ， ， 故答案为 . 【点睛】 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一 难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ； （3） ；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问 题，导致计算结果错误. 16．正四面体 内切球半径与外接球半径之比为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 由正四面体的对称性可得正四面体的内切球与外接球球心重合且在正四面体的高上，则 ，将正四面体 分成以 为顶点，以四面体的四个面为底面的四个正四棱锥， 由 可得结果. 【详解】 由正四面体的对称性可得正四面体的内切球与外接球球心重合且在正四面体的高上， 设正四面体 的内切球与外接球球心为 ， 正四面体的高为 ， 将正四面体 分成以 为顶点， 以四面体的四个面为底面的四个正四棱锥， 这四个正四棱锥的底面积是正四面体的底面积 ，高为内切球的半径 ， 设四面体外接球半径为 ，则 ， 由四个正四棱锥的体积和等于正四面体的体积可得 ，故答案为 . 【点睛】 本题主要考查多面体内切球与外接球问题，属于中档题. 解答多面体内切球的问题，求 出内切球半径是解题的关键，求内切球半径的常见方法有两种：一是对特殊几何体（例 如正方体等）往往直接找出球心，求出半径即可；二是对不规则多面体，往往将多面体 分成若干个以多面体的面为底面以内切球的球心为高的棱锥，利用棱锥的体积和等于多 面体的体积列方程求出内切球半径. 评卷人 得分 三、解答题 17．已知数列 的前 项和为 ，且 ． （1）求数列 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前 项和 ． 【答案】(1) ;(2) 数列 的前 n 项和 . 【解析】 【分析】 （ 1 ） ， ， 两 式 相 减 化 简 可 得 ； （ 2 ） ， ,数列 是公比为 4 的等比数列，利用等比数列的求 和公式可得结果. 【详解】 （1） ， ， 则 ， 即 ， ∴数列 的通项公式为 . （2） ， ∵ , ∴数列 是公比为 4 的等比数列， ，∴数列 的前 n 项和 . 【点睛】 本题主要考查数列的通项公式与前 项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前 项 和，求数列通项公式，常用公式 ，将所给条件化为关于前 项和的递 推关系或是关于第 项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等 差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在 利用 与通项 的关系求 的过程中，一定要注意 的情况. 18．已知向量 ， ， ， ． （1）求 的单调递增区间； （2）在 中，角 所对的边分别为 ，若 且 =0，求 面 积最大值. 【答案】（1） 的单调递增区间 ；（2） 为等边三角形时面积 最大为 . 【解析】 【分析】 （1）利用平面向量数量积的坐标表示以及二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及 两角和与差的正弦公式将函数 化为 ，利用正弦函数的单调性解不等式， 可得到函数 的递增区间；（2）由 ，可得 ．由 利用正弦定 理得 ，由余弦定理结合基本不等式可得得 ,由三角形面积公式可得结果. 【详解】 （1）由题意知 ． 令 ，得 的单调递增区间 （ 2 ） ， 又 ， 则 ． 又 ccosB+bcosC=1 ， 由 余 弦 定 理 得 ．得 bc . 面积 s= 当且仅当 b=c 即 为等边三角形时面积最大为 . 【点睛】 以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三 角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合 性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要 熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 19．如图，三棱柱 中，四边形 四边均相等，点 在面 的射影为 中点 ． （1）证明： ； （2）若 ， ， ，求 点到面 的距离． 【答案】(1)见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由点 在面 的射影为 中点 可得 ，由菱形的性质可得 ， 利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，从而可得结果；（2）在平面 内作 ，垂足为 ，连接 ,在平面 内作 ，垂足为 ．可证明 平面 ， 进而可得结果． 【详解】 （1）证明 连接 BC1，则 O 为 B1C 与 BC1 的交点． 因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C⊥BC1． 又 AO⊥平面 BB1C1C，所以 B1C⊥AO， 故 B1C⊥平面 ABO． 由于 AB⊂平面 ABO，故 B1C⊥AB． （2）在平面 BB1C1C 内作 OD⊥BC，垂足为 D，连接 AD． 在平面 AOD 内作 OH⊥AD，垂足为 H． 由于 BC⊥AO，BC⊥OD， 故 BC⊥平面 AOD，所以 OH⊥BC． 又 OH⊥AD， 所以 OH⊥平面 ABC． 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1 为等边三角形． 又 BC＝1，可得 ．由于 AC⊥AB1，所以 ． 由 OH·AD＝OD·OA，且 ，得 ． 【点睛】 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间 垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直 线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论 ；（3）利用面面平行的性质 ；（4）利用面面垂直 的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. 20．某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按 200 元/次收 费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如下： 消费次第 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 ≥5 次 收费比例 1 该公司从注册的会员中，随机抽取了 位进行统计，得到统计数据如下： 消费次第 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 第 5 次 频数 假设汽车美容一次，公司成本为 元．根据所给数据，解答下列问题： （1）估计该公司一位会员至少消费两次的概率； （2）某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润； （3）该公司从至少消费两次的顾客中按消费次数用分层抽样方法抽出 8 人，再从这 8 人中抽出 2 人发放纪念品．求抽出的 2 人中恰有 1 人消费两次的概率． 【答案】（1） ；（2）公司这两次服务的平均利润为 元；（3）抽 出的 2 人中恰有 1 人消费两次的概率 . 【解析】 【分析】 (1)至少消费两次的会员有 40 人，根据概率公式 ；(2)分别求出两次消费为公 司获得的利润，然后求平均值即可；(3) 利用列举法列举出从这 8 人中抽出 2 人发放纪 念品的事件数，以及求抽出的 2 人中恰有 1 人消费两次的事件数，根据古典概型的概率 公式求解即可. 【详解】 （1）100 位会员中，至少消费两次有 40 人， 所以估计一位会员至少消费两次的 概率为 ； （2）该会员第 1 次消费时，公司获得利润为 （元）， 第 2 次消费时，公司获得利润为 （元）， 所以，公司这两次服务的平均利润为 （元）； （3）至少消费两次的会员中，消费次数分别为 2，3，4，5 的比例为 ， 所以抽出的 8 人中，消费 2 次的有 4 人，设为 ， ， ， ， 消费 3 次的有 2 人，设为 ， ，消费 4 次和 5 次的各有 1 人，分别设为 ， ， 从中取 2 人，取到 的有： ， ， ， ， ， ， 共 7 种； 去掉 后，取到 的有： ， ， ， ， ， 共 6 种； 去掉 ， ， ， ， ， 后，取到 的有： 共 1 种； 总的取法有 种， 其中恰有 1 人消费两次的取法共有： 种， 所以，抽出的 2 人中恰有 1 人消费两次的概率 ． 【点睛】 本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概型概率公式求概率时， 找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本 事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的 探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先 ， …. ，再 ， ….. 依次 …. … 这样才能避免多写、漏写现象 的发生. 21．如图，四边形 是平行四边形，平面 ⊥平面 ， ， ， ， ， ， ， ． (Ⅰ)求证： 平面 ； (Ⅱ)求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）直线 与平面 所成角的正弦值为 . 【解析】 【分析】 （1）利用中位线定理，先证明四边形 是平行四边形，可得 ，再根据线面平 行的判定定理即可证明；(2) 先判断出直线 与平面 所成角即为直线 与平面 所 成角, 过点 作 于点 ，连接 ，又可证明 平面 ，所以直线 与平面 所成角即为 ，再根据余弦定理和解直角三角形即可求出结论. 【详解】 （1）取 的中点为 ，连接 ，在 中， 因为 是 的中点，所以 且 ， 又因为 ，所以 且 ， 即四边形 是平行四边形，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）在 中， ，由余弦定理可 ， 进而可得 ，即 ， 又因为平面 平面 平面 ；平面 平面 ， 所以 平面 . 又因为 平面 ， 所以平面 平面 . 因为 ， 所以直线 与平面 所成角即为直线 与平面 所成角. 过点 作 于点 ，连接 ， 又因为平面 平面 ， 所以 平面 ， 所以直线 与平面 所成角即为 . 在 中， ，由余弦定理可得 ， 所以 ，因此 ， 在 中， ，所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法，属于难题.证明 线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面 内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面 平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质， 即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 22．已知过原点的动直线 与圆 C1： 相交于不同的两点 . （1）求圆 C1 的圆心坐标和半径 ； （2）求线段 的中点 的轨迹 C 的方程； （3）是否存在实数 ，使得直线 与曲线 C 只有一个交点？若存在，求出 的 取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）通过将圆 的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线的方 程为 y=kx，通过联立直线 与圆 的方程，利用根的判别式大于 0、韦达定理、中点坐标 公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线 与圆 的 方程，利用根的判别式△=0 及轨迹 的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论 试题解析：（1）由 得 ， ∴ 圆 的圆心坐标为 ； （2）设 ，则 ∵ 点 为弦 中点即 ， ∴ 即 ， ∴ 线段 的中点 的轨迹的方程为 ； （3）由（2）知点 的轨迹是以 为圆心 为半径的部分圆弧 （如下图所示，不 包括两端点），且 ， ，又直线 ： 过定点 ， 当 直 线 与 圆 相 切 时 ， 由 得 ， 又 ，结合上图可知当 时， 直线 ： 与曲线 只有一个交点． 考点：1.轨迹方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.圆的方程