2019-2020学年贵州省思南中学高二9月月考数学试题（解析版） 15页

‎2019-2020学年贵州省思南中学高二9月月考数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则下列结论正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】集合 ‎,所以错误 错误 ‎,,所以正确，错误 故答案选 ‎2．已知向量，，，，如果，那么实数（ ）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【答案】A ‎【解析】，‎ ‎,‎ 故答案选 ‎3．执行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为1，1，则输出的是（）‎ A．29 B．17 C．12 D．5‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据程序框图依次计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ 结束，输出 ‎ 故答案选B ‎【点睛】‎ 本题考查了程序框图的计算，属于常考题型.‎ ‎4．某单位有840名职工，现采用系统抽样方法抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间的人数为（ ）‎ A.12 B.11 C.14 D.13‎ ‎【答案】A ‎【解析】由抽取的样本人数，确定每组样本的容量，计算出编号落入区间与各自的人数再相减.‎ ‎【详解】‎ 由于抽取的样本为42人，所以840人要分成42组，每组的样本容量为20人，‎ 所以在区间共抽24人，在共抽36人，所以编号落入区间的人数为人.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查系统抽样抽取样本的基础知识，考查基本数据处理能力.‎ ‎5．如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为球的组合体，是半径为2的球的与半径为的球的，再由球的体积公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ 由三视图还原原几何体，如图所示，可知原几何体为组合体，是半径为2的球的与半径为的球的，‎ 其球的组合体的体积 .‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三视图还原原几何体的图形，求球的组合体的体积，属于中档题．‎ ‎6．已知，，，则的大小关系为 A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用利用等中间值区分各个数值的大小。‎ ‎【详解】‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎。‎ 故。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与的大小区别对待。‎ ‎7．从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）‎ A．至少有一个红球与都是红球 B．至少有一个红球与都是白球 C．恰有一个红球与恰有二个红球 D．至少有一个红球与至少有一个白球 ‎【答案】C ‎【解析】从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，不同的取球情况共有以下几种：‎ ‎3个球全是红球；2个红球和1个白球；1个红球2个白球；3个全是白球.‎ 选项A中，事件“都是红球”是事件“至少有一个红球”的子事件；‎ 选项B中，事件“至少有一个红球”与事件“都是白球”是对立事件；‎ 选项C中，事件“至少有一个红球”与事件“至少有一个白球”的事件为“2个红球1个白球”与“1个红球2个白球”；‎ 选项D中，事件“恰有一个红球”与事件“恰有2个红球”互斥不对立，故选C.‎ ‎8．我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ）‎ A．134石 B．169石 C．338石 D．1365石 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：设夹谷石，则，所以，所以这批米内夹谷约为石，故选B.‎ ‎【考点】用样本的数据特征估计总体.‎ ‎9．函数（）的图像不可能是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于函数的解析式中含有参数，因此可考虑对直接进行取值，然后再判断的大致图象即可.‎ ‎【详解】‎ 直接利用排除法： ①当时，选项B成立；‎ ‎②当时，函数的图象类似D；‎ ‎③当时，，函数的图象类似C；故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数图象的辨析，难度较易.‎ ‎10．若角的终边过点，则( ) ‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】解法一：利用三角函数的定义求出、的值，再利用二倍角公式可得出的值；‎ 解法二：利用三角函数的定义求出，再利用二倍角公式以及弦化切的思想求出的值。‎ ‎【详解】‎ 解法一：由三角函数的定义可得，，‎ ‎，故选：D。‎ 解法二：由三角函数定义可得，‎ 所以，‎ ‎ ，故选：D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的定义与二倍角公式，考查同角三角函数的定义，利用三角函数的定义求值是解本题的关键，同时考查了同角三角函数基本思想的应用，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎11．直线与圆的两个交点恰好关于轴对称，则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直线方程与圆的方程联立，根据交点关于轴对称可得，从而构造出关于的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由得:‎ 两交点恰好关于轴对称 ，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查韦达定理在圆的问题中的应用，属于基础题.‎ ‎12．函数在区间（）内有零点，则（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．0‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为，所以.‎ 和在上单调递增 由零点存在性定理知最多有一个零点，又根据题意知有零点，所以只能有一个.‎ 故选A.‎ 点睛:本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.如果函数在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,并且有,那么函数在区间[a,b]内有零点,即存在,使得,这个c也就是方程的实数根.但是反之不一定成立.‎ 二、填空题 ‎13．已知实数，满足不等式组，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】-6‎ ‎【解析】‎ 由题得不等式组对应的平面区域为如图所示的△ABC,当直线经过点A(0，3)时，直线的纵截距最大，z最小.所以故填-6.‎ ‎14．连续抛掷同一颗骰子3次，则3次掷得的点数之和为9的概率是____．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】利用分步计数原理，连续拋掷同一颗骰子3次，则总共有：6×6×6=216种情况，再列出满足条件的所有基本事件，利用古典概型的计算公式计算可得概率.‎ ‎【详解】‎ 每一次拋掷骰子都有1，2，3，4，5，6，六种情况，‎ 由分步计数原理：连续抛掷同一颗骰子3次，则总共有：6×6×6=216种情况，‎ 则3次掷得的点数之和为9的基本事件为25种情况即：‎ ‎(1,2,6)，(1,3,5)，(1,4,4)，(1,5,3)，(1,6,2)，‎ ‎(2,1,6)，(2,2,5)，(2,3,4)，(2,4,3)，(2,5,2)，(2,6,1)，‎ ‎(3,1,5)，(3,2,4)，(3,3,3)，(3,4,2)，(3,5,1)，‎ ‎(4,1,4)，(4,2,3)，(4,3,2)，(4,4,1)，‎ ‎(5,1,3)，(5,2,2)，(5,3,1)，‎ ‎(6,1,2)，(6,2,1)，共25个基本事件，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分步计数原理和古典概型概率计算，计数过程中如果前两个数固定，则第三个数也相应固定.‎ ‎15．已知数据的平均数为，则数据的平均数为______．‎ ‎【答案】19‎ ‎【解析】根据平均数的定义和公式进行计算即可．‎ ‎【详解】‎ ‎∵数据的平均数为，即数据，‎ 则数据的平均数，‎ 故答案为：19．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平均数的计算，结合平均数的公式是解决本题的关键．‎ ‎16．已知点，，，在球的表面上，且，，若三棱锥的体积为，球心恰好在棱上，则这个球的表面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据条件可知球心是侧棱中点.利用三棱锥的体积公式，求得设点 到平面的距离，又由球的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，满足，所以为直角三角形，‎ 根据条件可知球心是侧棱中点.‎ 设点到平面的距离为，则，解得，‎ 又由球的性质，可得球半径为，满足，‎ 所以，所以这个球的表面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合体的应用，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理利用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ 三、解答题 ‎17．在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且 ‎(1)求角A；‎ ‎(2)若且求△ABC的面积。‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解。‎ ‎（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，得，‎ ‎∴；‎ ‎（2）由正弦定理，得，‎ ‎,‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题。‎ ‎18．袋中有7个球，其中4个白球，3个红球，从袋中任意取出2个球，求下列事件的概率： ‎ ‎(1) 取出的2个球都是白球； ‎ ‎(2)取出的2个球中1个是白球，另1个是红球．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）用列举法可得从袋中7个球中一次任意取出2个球的基本事件的个数，其中取出的2个球均为白球的个数，再利用古典概型的概率计算公式即可得出；‎ ‎（2）用列举法得到取出的2个球中1个是白球，另1个是红球基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可得．‎ ‎【详解】‎ 设4个白球的编号为1,2,3,4,3个红球的编号为5,6，7，从袋中的7个小球中任取2个的方法为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(1,7) ，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7) ，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7) ，(4,5)，(4,6)，(4,7) ，(5,6)， (5,7) ，(6,7) ，共21种．‎ ‎(1)从袋中的7个球中任取2个，所取的2个球全是白球的方法总数，即是从4个白球中任取2个的方法总数，共有6种，即为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)．∴取出的2个球全是白球的概率为 ‎ ‎(2)从袋中的7个球中任取2个，其中1个为红球，而另1个为白球，其取法包括(1,5)，(1,6)，(1,7) ，(2,5)，(2,6)，(2,7) ，(3,5)，(3,6)，(3,7) ，(4,5)，(4,6) ，(4,7) ，共12种．‎ ‎∴取出的2个球中1个是白球，另1个是红球的概率为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了古典概型的概率计算方法，考查枚举法，属于基础题．‎ ‎19．如图，已知四棱锥中，底面为矩形且，平面平面，是等边三角形，点是的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）利用角的关系证出，再证明出，得到平面，进而证明可得 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面．即直线与平面所成的角为，然后求出与，即可求解 ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）∵为矩形且，为的中点，‎ ‎∴和都是等腰直角三角形，‎ ‎∴，∴，∴．‎ 连接，是等边三角形，是的中点，所以．‎ 又平面平面，平面，平面平面.‎ 所以平面．又平面，所以．‎ 又，平面．所以平面．‎ 又平面，所以．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面．‎ 即直线与平面所成的角为．‎ 设，则在中，，所以．‎ 在等边中，，所以．‎ 在中，，.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直和线面角的求解，解题关键在于，在图形中找出线面所成的角，属于基础题 ‎20．平顶山市公安局交警支队依据《中华人民共和国道路交通安全法》第条规定：所有主干道路凡机动车途经十字口或斑马线，无论转弯或者直行，遇有行人过马路，必须礼让行人，违反者将被处以元罚款，记分的行政处罚．如表是本市一主干路段监控设备所抓拍的个月内，机动车驾驶员不“礼让斑马线”行为统计数据：‎ 月份 违章驾驶员人数 ‎（Ⅰ）请利用所给数据求违章人数与月份之间的回归直线方程；‎ ‎（Ⅱ）预测该路段月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员人数．‎ 参考公式：，．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）人.‎ ‎【解析】（Ⅰ）计算出和，然后根据公式，求出和，得到回归直线方程；（Ⅱ）根据回归直线方程，代入 ‎【详解】‎ 解：（Ⅰ）由表中数据，计算；，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以与之间的回归直线方程为；‎ ‎（Ⅱ）时，，‎ 预测该路段月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员人数为人．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查最小二乘法求回归直线方程，根据回归方程进行预测，属于简单题.‎ ‎21．‎ 已知公比为整数的正项等比数列满足： ， ．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】试题分析：第一问根据等比数列的通项公式以及性质，结合题的条件，转化为关于首项和公比的等量关系式，从而求得结果；第二问利用错位相减法求和，从而求得结果.‎ ‎（1）设等比数列的公比为，‎ 由，有可得，…………………1分 由可得，…………………2分 两式相除可得： ，…………………3分 整理为： ，‎ 由，且为整数，可解得，故…………………5分 数列的通项公式为．…………………7分 ‎（2）由，‎ ‎ ， ‎ 有 ，…………………9分 两式作差有： ，…………………11分 得 ，…………………14分 故．…………………15分 方法点睛：该问题属于数列的综合问题，属于常考的题型，第一问考查的是有关等比数列的性质以及数列通项公式的求解问题，第二问是典型的数列求和问题---错位相减法，在求解的过程中，一定要注意最后一项应该是减号，以及最后求和的时候要看清项数.‎ ‎22．已知函数的定义域为，且是奇函数.‎ ‎（1）求的表达式；‎ ‎（2）若在上的值域是，求证：，是方程的两个根.‎ ‎【答案】（1） ；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】（1）考虑，利用与的关系从而可求的表达式；‎ ‎（2）先根据的定义域和值域，确定的范围；然后确定单调性得出与的对应关系，则可说明待证明的问题.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设，则，‎ 因为是奇函数，‎ 所以，‎ 即.‎ ‎(2)由题意可得，又，‎ 所以，，所以在上是减函数，所以，‎ 故是方程的两个根.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）求解含奇偶性的分段函数的解析式，从已知某段函数入手，将未知转化为已知，然后再利用奇偶性完成求解；‎ ‎（2）函数定义域与值域的对应情况，都可以通过先分析单调性然后得到其中的对应关系.‎