上海市交通大学附属中学2019-2020学年高二上学期9月月考数学试题 23页

交大附中高二上9月月考 一、填空题 ‎1.若，，且，则______.‎ ‎【答案】23‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量坐标运算,可得,再由向量垂直的坐标关系即可求得的值.‎ ‎【详解】根据向量坐标运算,可得 由向量,可得.‎ 解得 ‎【点睛】本题考查了向量加法运算,根据向量垂直的坐标关系求参数,属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解分式不等式和二次不等式,得集合A与集合B,即可求得.‎ ‎【详解】因为集合,解得 集合,解得 则.‎ ‎【点睛】本题考查了分式不等式与二次不等式的解法,并集的运算,属于基础题.‎ ‎3.函数的单调递增区间为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得函数的定义域,再结合复合函数单调性的性质即可求得单调递增区间.‎ ‎【详解】由对数函数真数大于0,可得 ‎,解得 函数是由对数与二次函数的复合函数构成,由”同增异减”的单调性质,可知对数部分为单调递减函数,则二次函数部分为单调递减函数即可 二次函数单调递减区间是 结合函数定义域,所以整个函数单调递减区间为 ‎【点睛】本题考查了复合函数单调性的判断,注意对数函数对定义域的特殊要求.‎ ‎4.已知函数，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反函数定义,先求得的反函数,再代入求解即可.‎ ‎【详解】因为 即 令,则 化简可得,（），即 所以 ‎【点睛】本题考查了反函数解析式的求法,三角函数的求值,属于中档题.‎ ‎5.若实数满足，其中是边延长线（不含）上一点，则的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,画出示意图,根据平面向量基本定理及向量共线条件,化简即可得的取值范围.‎ ‎【详解】由题意可知,示意图如下图所示:‎ 根据向量线性运算可得 即 所以 因为是边延长线（不含）上一点 所以与反向 即.所以 ‎【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用,向量共线的条件应用,属于中档题.‎ ‎6.若对任意，不等式恒成立，则m的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 问题转化为m＞对任意x∈R恒成立，只需由三角函数求出求y＝‎ 的最大值即可．‎ ‎【详解】不等式，即.‎ 由于的最大值为，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的最值，涉及恒成立问题和三角函数公式的应用，属基础题．‎ ‎7.若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．‎ 详解】由题意可得：a+b=p，ab=q，‎ ‎∵p＞0，q＞0，‎ 可得a＞0，b＞0，‎ 又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，‎ 也可适当排序后成等比数列，‎ 可得①或②．‎ 解①得：；解②得：．‎ ‎∴p=a+b=5，q=1×4=4，‎ 则p+q=9．‎ 故答案为9．‎ 点评：本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．‎ ‎【思路点睛】解本题首先要能根据韦达定理判断出a，b均为正值，当他们与-2‎ 成等差数列时，共有6种可能，当-2为等差中项时，因为，所以不可取，则-2只能作为首项或者末项，这两种数列的公差互为相反数；又a,b与-2可排序成等比数列，由等比中项公式可知-2必为等比中项，两数列搞清楚以后，便可列方程组求解p，q．‎ ‎8.已知梯形，，设，向量的起点和终点分别是、、、中的两个点，若对平面中任意的非零向量，都可以唯一表示为、的线性组合，那么的个数为______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量基本定理可知, 与不平行.从、、、中任意选取两个点作为向量,可得总向量个数,排除共线向量的个数后即可得的个数.‎ ‎【详解】由题意可知, 与不平行 则从、、、中任意选取两个点作为向量,共有个向量 在这些向量中,与共线的向量有,,,‎ 所以的个数为 个 ‎【点睛】本题考查了平面向量共线的简单应用,注意向量的方向性,属于基础题.‎ ‎9.已知数列()，若，，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知推导出=(，=1+（），从而-=-‎ ‎，由此能求出 ‎【详解】∵数列满足：，， ‎ ‎∴（）+（）+……+（）=++……+==(，‎ ‎∴=(；‎ 又+……+（）=1+++……+=1+=1+（），‎ 即=1+（）‎ ‎∴-=-‎ ‎∴--，‎ 故答案为：-‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，数列的极限的求法，考查逻辑思维能力及计算能力，属于中档题．‎ ‎10.已知函数，若函数无最大值，则实数的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出分段函数的图像,根据函数图像讨论的不同取值,分析是否存在最大值即可.‎ ‎【详解】根据,画出函数图像如下图所示:‎ 由图像可知,当，取得二次函数顶点,此时存在最大值为1，‎ 当时，最大值在一次函数左端点,但左端点没有取得等号，所以时没有最大值 综上, 实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的图像与性质的简单应用,注意端点处的值是否可以取到,属于中档题.‎ ‎11.设，若关于的方程在区间上有三个解，且它们的和为，则________‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由关于的方程在区间上有三个解，且函数的最小正周期为可得，最大和最小的解分别为和，根据它们的和为，可求出中间的解，列出等式，根据的范围即可求出结果.‎ ‎【详解】因为关于的方程在区间上有三个解，且函数的最小正周期为，再由三角函数的对称性可知：方程在区间上的解的最小值与最大值分别为和；‎ 又它们的和为，所以中间的解为，‎ 所以有，即，故，‎ 又，所以或.‎ 故答案为或 ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，熟记正弦型函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎12.设点在以为圆心，半径为1的圆弧上运动（包含、两个端点），，且，则的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共线向量基本定理,设,结合条件可求得的等量关系，根据M的位置可求得的范围，同时根据基本不等式，求得的取值范围， 即可得的取值范围。‎ ‎【详解】‎ 设与相交于,且 由，，三点共线可得 即,所以 又因为 所以 ‎ 即 当时，,此时 当与(或)点重合时,此时,此时 所以 由基本不等式,可得 当或时, ‎ 当x=1且y=1时，x+y=2，xy=1，则 即 ‎【点睛】本题考查了平面向量基本定理、向量共线基本定理的综合应用，注意向量线性运算的转化，属于中档题。‎ 二、选择题 ‎13.已知函数的图象是由函数的图象经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变，则函数的图象的一条对称轴方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】函数的图象是由函数的图象经过经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，得的图象，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变得到函数，令，可得的图象的对称轴方程为，则函数的图象的一条对称轴方程为，故选A.‎ 考点：三角函数图象变换.‎ ‎14.在等差数列中，设，则是的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分非必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举出特殊数列的例子，即可排除选项。‎ ‎【详解】若等差数列为 ‎ 则当时，成立，但不成立，所以非充分条件 当时，成立，但不成立，所以非必要条件 综上可知，是的既非充分非必要条件 所以选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的定义，充分必要条件的判定，注意特殊值法在选择题中的应用，属于基础题。‎ ‎15.如图，在中，为边上的高，，，，，则的值为（ ）‎ A. B. C. -2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量垂直及向量数量关系，可得，利用余弦定理及面积公式，可求得的值，进而求得的值。‎ ‎【详解】因为为边上的高 所以 因为 所以 则由向量的加法运算可得 在中，，，‎ 由余弦定理可得 ‎ 所以 由三角形面积公式可得可知 ‎，且 解得 所以 所以选A ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及应用，余弦定理在解三角形中的应用，综合性较强，属于中档题。‎ ‎16.凸四边形就是没有角度数大于的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，利用余弦定理与正弦定理，表示出与 ‎，在中，由余弦定理求得的表达式，根据三角函数值的有界性即可求得最大值。‎ ‎【详解】设，‎ 在中，由余弦定理可得 所以，即 在中，由正弦定理可得 ，则，‎ 在中，由余弦定理可得 而由条件可知，，‎ 所以 即 结合，代入化简可得 所以当时，取得最大值为 此时取得最大值为 所以选C ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，涉及的计算、化简较为复杂，要求熟练掌握三角函数式的变形，属于中档题。‎ 三、解答题 ‎17.在一个平面内，一质点受三个力、、的作用保持平衡（即、、的和为零向量），其中与的夹角为，与的夹角为.‎ ‎（1）若，，，求力、的大小；‎ ‎（2）若，求与.（用反三角函数表示）‎ ‎【答案】（1），；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据受力平衡可知三个力的和为零向量，根据及力的夹角，即可求得、的大小。‎ ‎（2）根据边长的比值，可知由三个力的大小构成的三角形为直角三角形。根据三角函数，即可表示出与的值。‎ ‎【详解】（1）因为质点在、、的作用保持平衡 所以，所以 ‎，， 所以 由平面向量数量积可得 将代入可得 反向延长，可得如下图所示：‎ 则 ‎ 所以 ‎（2）因为，且处于平衡状态 所以、、为边长的三角形为直角三角形 其关系可用下图表示：‎ 则，所以 所以 所以 ‎【点睛】本题考查了平面向量与物理中力的关系，向量模的运算及三角函数定义，注意反三角函数的应用，属于中档题。‎ ‎18.已知函数在区间上的最大值为10．‎ 求a的值及的解析式；‎ 设，若不等式在上有解，求实数t的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先对函数求导，判断出函数的最大值，进而可求出a的值及的解析式；‎ 根据(1)的结果得到，再由不等式在上有解，得到在上有解，令，即可得到在上有解，结合配方法可求出结果.‎ ‎【详解】，，令，解得：，‎ 令，解得：，故在递减，在递增，，‎ 故，解得：，‎ 故；‎ 由，‎ 若不等式在上有解，‎ 则在上有解，‎ 即在上有解，‎ 令，，‎ 则在上有解，‎ 当时，，‎ 于是，‎ 故实数t的范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要用导数的方法研究函数的单调性和最值等，属于常考题型.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调递减区间；‎ ‎（2）在中，若，且，，求外接圆半径的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据二倍角公式及辅助角公式，化简后结合正弦函数单调递减区间，即可求得函数的单调递减区间。‎ ‎（2）根据中，，且，可得的值，根据三角形内角和可求得，由正弦定理即可求得三角形外接圆半径。‎ ‎【详解】（1）根据二倍角公式及辅助角公式，化简 由正弦函数单调递减区间可得：‎ 解得 所以函数单调递减区间为 ‎（2）在中，因为 则 因为 所以，即 所以 ‎ 因为 由正弦定理可得 ‎ 所以 ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简求值，正弦函数的图像与性质，正弦定理求外接圆半径，属于基础题。‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；‎ ‎（2）设，问函数的图像是否关于某直线成轴对称图形，如果是，求出的值，如果不是，请说明理由；（可利用真命题：“函数的图像关于某直线成轴对称图形”的充要条件为“函数是偶函数”）‎ ‎（3）设，函数，若函数与的图像有且只有一个公共点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，是偶函数；当时，是奇函数；当 时，既不是奇函数也不是偶函数；理由见解析；（2）是轴对称图形，；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）函数，表示出，根据奇函数与偶函数的定义，即可求得的值。‎ ‎（2）根据函数关于直线成轴对称图形，可得恒成立，代入函数解析式即可求得的值，即可得对称轴方程。‎ ‎（3）根据函数与的图像有且只有一个公共点，即只有一个实数根。将方程化简，根据换元法转化为一元二次方程问题，再分类讨论方程的二次项系数及根的分布问题，即可求得实数的取值范围。‎ ‎【详解】（1）函数 所以 若函数为偶函数，则，即 ‎ 化简可得 ，对任意实数成立，所以 ‎ 若函数为奇函数，则，即 ‎ 化简可得 ，对任意实数成立，所以 ‎ 综上所述，当时为偶函数；当时，为奇函数；当时，既不是奇函数，也不是偶函数 ‎（2）函数的图像关于直线成轴对称图形 则为函数向左平移个单位得到的图像，因而关于y轴对称，即为偶函数 所以恒成立 函数 所以 ‎ 化简可得 因为对于任意实数成立 所以，解得 ‎ 所以函数是轴对称图形，对称轴为直线 ‎（3）因为 则 函数，且函数与的图像有且只有一个公共点，‎ 所以 化简可得 因为只有一个公共点，所以方程只有一个实数根 令 则方程化为由且只有一个正根 ‎①当时，，不合题意，舍去 ‎②当时，‎ 若，则 ‎ 解得 ‎ 当时，代入方程可得，解得，符合题意 当时，代入方程可得，解得，不合题意 若，则 ‎ 解得 ‎ 由题意可知，方程有一个正根与一个负根，即 解得 ‎ 综上所述，实数的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的定义及简单应用，指数函数的性质及应用，一元二次方程根的分布问题，综合性强，属于中档题。‎ ‎21.已知以为首项的数列满足：.‎ ‎（1）当时，且，写出、；‎ ‎（2）若数列是公差为-1的等差数列，求的取值范围；‎ ‎（3）记为的前项和，当时，‎ ‎①给定常数，求的最小值；‎ ‎②对于数列，，…，，当取到最小值时，是否唯一存在满足的数列？说明理由.‎ ‎【答案】（1） ，；（2） ；（3）①为奇数时最小值为，当为偶数时最小值为 ； ②不唯一，理由见解析。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据首项，及递推公式，依次代入和即可求得、的值。‎ ‎（2）根据等差数列通项公式，表示出，根据绝对值的非负性可得，再根据即可求得的取值范围。‎ ‎（3）将代入，求得……值，即可表示出的最小值；举出特例，说明使得成立的数列不唯一即可。‎ ‎【详解】（1）因，且，‎ 所以当 时，即 所以当 时，即 ‎（2）因为数列是公差为-1的等差数列 所以，即①，‎ 而，则，即 当时，‎ 因为 所以或与①矛盾，（舍）‎ 所以 所以 ‎（3）当时 所以，或，或…..‎ ‎①当为奇数时的最小值为，‎ 当为偶数时的最小值为 ‎②不唯一 因为满足 如数列 和 ，两个数列都满足 因而不存在唯一的数列满足式子 ‎【点睛】本题考查了数列的性质及综合应用，注意对定义的理解，分类讨论及绝对值的意义理解，属于难题。‎ ‎ ‎