湖南省長沙市寧鄉(xiāng)一中2019-2020學(xué)年高一（拓展班）上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題

寧鄉(xiāng)一中高一年級11月份階段性考試數(shù)學(xué)試題（拓展班）一、選擇題（共12小題，每題5分）1.已知集合，則=A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本題考查集合的交集和一元二次不等式的解法，滲透了數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．采取數(shù)軸法，利用數(shù)形結(jié)合的思想解題．【詳解】由題意得，，則．故選C．【點睛】不能領(lǐng)會交集的含義易致誤，區(qū)分交集與并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．2.在△ABC中，點P在BC上，且＝2，點Q是AC的中點，若＝(4,3)，＝(1,5)，則等于()A.(－2,7) B.(－6,21)C.(2，－7) D.(6，－21)【答案】B【解析】【分析】由三角形的中線對應(yīng)的向量為兩相鄰邊對應(yīng)向量和的，再用向量的坐標(biāo)運算求值．【詳解】點是的中點

∴，，，故答案為（6，21）【點睛】本題考查三角形的中線對應(yīng)的向量與兩相鄰邊對應(yīng)向量的關(guān)系及向量共線的充要條件．3.函數(shù)f(x)=在[—π，π]的圖像大致為A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性，得是奇函數(shù)，排除A，再注意到選項的區(qū)別，利用特殊值得正確答案．【詳解】由，得是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱．又．故選D．【點睛】本題考查函數(shù)的性質(zhì)與圖象，滲透了邏輯推理、直觀想象和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．采取性質(zhì)法或賦值法，利用數(shù)形結(jié)合思想解題．4.已知定義在R上的函數(shù)為偶函數(shù),記,則,的大小關(guān)系為A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】由為偶函數(shù)得,所以,,所以,故選B.考點：本題主要考查函數(shù)奇偶性及對數(shù)運算.5.如圖在正方體中，點為線段的中點.設(shè)點在線段上，直線與平面所成的角為，則的取值范圍是A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)正方體的棱長為，則，所以，.又直線與平面所成的角小于等于，而為鈍角，所以的范圍為，選B.【考點定位】空間直線與平面所成的角.6.已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列判斷正確的是A.函數(shù)的最小正周期為B.函數(shù)的值域為C.函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱D.函數(shù)的圖象向左平移個單位得到函數(shù)的圖象【答案】D【解析】【詳解】A，最小周期為故A不正確．B，由圖像知值域為，故不正確．C，由圖像知A=2，T=w=2.故選項C不正確．D，函數(shù)的圖象向左平移個單位得到，故正確．故答案為;D.點睛：這個題目考查的是正弦函數(shù)的圖像的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，由圖像確定解析式，進而研究函數(shù)的單調(diào)性和值域，定義域等問題．一般在確定輔助角時，經(jīng)常會選擇最值點或者零點，零點又分第一零點和第二零點，注意這個區(qū)分開，否則結(jié)果就會整個出錯．7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(0,3)，直線l：y＝2x－4，設(shè)圓C的半徑為1，圓心在l上．若圓C上存在點M，使MA＝2MO，則圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍是（）A. B.[0,1]C. D.【答案】A【解析】【分析】設(shè)，圓C的方程為(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1，設(shè)點M(x，y)，根據(jù)MA＝2MO，可得點的軌跡是圓：x2＋(y＋1)2＝4，根據(jù)兩圓有公共點列式可解得結(jié)果.【詳解】設(shè)，因為圓心在直線y＝2x－4上，所以圓C的方程為(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1，設(shè)點M(x，y)，因為MA＝2MO，所以，化簡得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，所以點M在以D(0，－1)為圓心，2為半徑的圓上，由題意，點M(x，y)在圓C上，所以圓C與圓D有公共點，則|2－1|≤|CD|≤2＋1，即，由得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤，所以點C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為.故選：A.【點睛】本題考查了求滿足條件的動點的軌跡方程，考查了圓與圓的位置關(guān)系，考查了解一元二次不等式，屬于中檔題.8.已知，若函數(shù)在上為減函數(shù)，且函數(shù)在上有最大值，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由復(fù)合函數(shù)在上的單調(diào)性可構(gòu)造不等式求得，結(jié)合已知可知；當(dāng)時，，若，可知無最大值；若，可得到，解不等式，與的范圍結(jié)合可求得結(jié)果.【詳解】在上為減函數(shù)，解得：當(dāng)時，，此時當(dāng)，時，在上單調(diào)遞增無最大值，不合題意當(dāng)，時，在上單調(diào)遞減若在上有最大值，解得：，又故選【點睛】本題考查根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍、根據(jù)分段函數(shù)有最值求解參數(shù)范圍的問題；關(guān)鍵是能夠通過分類討論的方式得到處于不同范圍時在區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，進而根據(jù)函數(shù)有最值構(gòu)造不等式；易錯點是忽略對數(shù)真數(shù)大于零的要求，造成范圍求解錯誤.9.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若，則+的最大值為（）A.3 B.2 C. D.2【答案】A【解析】【詳解】如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系.

設(shè),易得圓的半徑，即圓C的方程是，，若滿足，則，，所以，設(shè)，即，點在圓上，所以圓心到直線的距離，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故選A.【點睛】（1）應(yīng)用平面向量基本定理表示向量是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數(shù)乘運算.（2）用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結(jié)論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.10.函數(shù)．若存在，使得，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通過分類討論和，將轉(zhuǎn)化成具體的不等式，再轉(zhuǎn)化為最值問題，根據(jù)單調(diào)性求出最值，可得的取值范圍.【詳解】當(dāng)時，，，可化為，即存在，使得成立，的對稱軸為，在區(qū)間單調(diào)遞增，只要，即，解得：，又，，當(dāng)時，可化為，此時不等式恒成立，綜上所述，．故選：【點睛】本題考查了不等式有解問題，通過分類討論轉(zhuǎn)化成最值問題，使問題得到了解決，分類討論是高中數(shù)學(xué)經(jīng)常用到的解題方法，屬于中檔題.11.已知定義域為的函數(shù)，若對任意的、，都有，則稱函數(shù)為“定義域上的函數(shù)”，給出以下五個函數(shù)：①，；②，；③，；④，；⑤，，其中是“定義域上的函數(shù)”的有（）A.個 B.個 C.個 D.個【答案】C【解析】【分析】本題首先可以根據(jù)題意得出，然后對題目中給出五個函數(shù)依次進行研究，得出它們的和并進行比較，即可得出結(jié)果.【詳解】，即，①：因為，，所以，，易知恒成立，①滿足；②：因為，所以，，當(dāng)時，，②不滿足；③：因為，所以，，因為，所以，恒成立，③滿足；④：因為，所以，，因為，所以，，故恒成立，④滿足；⑤：因為，所以，，因為，所以，故恒成立，⑤滿足，故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查函數(shù)新定義，能否根據(jù)題意明確“定義域上的函數(shù)”的含義是解決本題的關(guān)鍵，可通過求出函數(shù)的和并進行比較來判斷函數(shù)是否是“定義域上的函數(shù)”，考查計算能力，是中檔題.12.已知函數(shù)，若函數(shù)在上有三個零點，則的最大值為A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】因為在上有三個零點，所以在上有三個不同的解，即函數(shù)與的圖象在上有三個不同的交點，畫出函數(shù)圖像，結(jié)合圖象進而求得答案．【詳解】因為在上有三個零點，所以在上有三個不同的解，即函數(shù)與的圖象在上有三個不同的交點，結(jié)合函數(shù)圖象可知，當(dāng)直線經(jīng)過點時，取得最小值，從而取得最大值，且.【點睛】本題考查函數(shù)零點問題，解題的關(guān)鍵是得出函數(shù)與的圖象在上有三個不同的交點，屬于一般題．二、填空題（共4小題，每題5分）13.某食品的保鮮時間（單位：小時）與儲藏溫度（單位：）滿足函數(shù)關(guān)系為自然對數(shù)的底數(shù)，為常數(shù).若該食品在的保鮮時間是，在的保鮮時間是，則該食品在的保鮮時間是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】將，；，代入函數(shù)關(guān)系可得，則可求出時的函數(shù)值.【詳解】由題可知當(dāng)時，；當(dāng)時，，，解得，則當(dāng)時，.故選：C.14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一單位圓的圓心的初始位置在，此時圓上一點的位置在，圓在軸上沿正向滾動．當(dāng)圓滾動到圓心位于時，的坐標(biāo)為______________.【答案】【解析】【詳解】如圖，連結(jié)AP，分別過P，A作PC，AB垂直x軸于C，B點，過A作AD⊥PC于D點．由題意知的長為2.∵圓的半徑為1，∴∠BAP＝2，故∠DAP＝2－.∴DP＝AP·sin＝－cos2，∴PC＝1－cos2，DA＝APcos＝sin2.∴OC＝2－sin2.故＝(2－sin2,1－cos2)．15.三棱錐中，平面，，則三棱錐外接球的體積為_____.【答案】【解析】【分析】畫出示意圖，根據(jù)“球心與任意小圓面的圓心的連線垂直于小圓圓面、球心與弦中點的連線垂直于弦”確定外接球的球心所在位置，最后計算出體積.【詳解】如圖所示：為等腰直角三角形，所以的外接圓圓心即為中點，過作一條直線，平面，則圓心在直線上，過的中點作，垂足為，此時可知：，故即為球心，所以球的半徑，所以球的體積為：.【點睛】本題考查外接球的體積計算,難度一般.求解外接球、內(nèi)切球的有關(guān)問題，第一步先確定球心，第二步計算相關(guān)值.其中球心的確定有兩種思路：（1）將幾何體放到正方體或者長方體中直接確定球心；（2）根據(jù)球心與小圓面的圓心、弦中點等的位置關(guān)系確定球心.16.設(shè)為內(nèi)一點，且滿足關(guān)系式，則________.【答案】【解析】【分析】由題意將已知中的向量都用為起點來表示，從而得到32，分別取AB、AC的中點為D、E，可得2，利用平面知識可得S△AOB與S△AOC及S△BOC與S△ABC的關(guān)系，可得所求.【詳解】∵，∴32，∴2，分別取AB、AC的中點為D、E，∴2，∴S△AOBS△ABFS△ABCS△ABC；S△AOCS△ACFS△ABCS△ABC；S△BOCS△ABC，∴故答案為：．【點睛】本題考查向量的加減法運算，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想，解答本題的關(guān)鍵是利用向量關(guān)系畫出助解圖形．三、解答題（共6小題，滿分70分）17.設(shè)p：f(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)；q：若x1，x2是方程x2－ax－2＝0兩個實根，則不等式m2＋5m－3≥|x1－x2|對任意實數(shù)a∈[－1,1]恒成立．若p不正確，q正確，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】{m|m>1}．【解析】【詳解】試題分析：先根據(jù)分式函數(shù)的單調(diào)性求出命題p為真時m的取值范圍，然后根據(jù)題意求出|x1x2|的最大值，再解不等式，若p∧q為真則命題p假q真，從而可求出m的取值范圍.試題解析：由于f(x)＝的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，m)和(m，＋∞)，而f(x)又在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以m≤1，即p：m≤1.對于命題q：|x1－x2|＝＝≤3，則m2＋5m－3≥3，即m2＋5m－6≥0，解得m≥1或m≤－6，若p∧q為真，則p假q真，所以解之得m＞1，因此實數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞)．考點：1.函數(shù)恒成立問題；2.復(fù)合命題的真假．18.已知，函數(shù)，當(dāng)時，.（1）求常數(shù)的值；（2）設(shè)且，求的單調(diào)區(qū)間.【答案】（1）；（2）遞增區(qū)間為；遞減區(qū)間為.【解析】【分析】（1）由，得到，得出，根據(jù)，列出方程組，即可求解；（2）由（1）得，得到，由，得到，結(jié)合三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1）由，所以，則，所以，所以，又因為，可得，解得.（2）由（1）得，則，又由，可得，所以，即，所以，當(dāng)時，解得，此時函數(shù)單調(diào)遞增，即的遞增區(qū)間為當(dāng)時，解得，此時函數(shù)單調(diào)遞減，即的遞減區(qū)間為.【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，其中解答中根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，求得函數(shù)的解析式，熟練應(yīng)用三角函數(shù)的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，著重考查推理與運算能力.19.如圖所示，在中，，，BQ與CR相交于點I，AI延長線與邊BC交于點P．（1）用和分別表示和；（2）如果，求實數(shù)和的值；（3）確定點P在邊BC上的位置．【答案】（1）；；（2）；（3）點為靠近點的的三等分點【解析】【分析】（1）根據(jù)平面向量線性運算可直接求得結(jié)果；（2）將（1）的結(jié)論代入已知等式可得，根據(jù)相等向量的關(guān)系可構(gòu)造方程組求得結(jié)果；（3）設(shè)，，利用（2）的結(jié)論可利用表示出，又，從而構(gòu)造方程組求得，從而確定點位置.【詳解】（1），（2）由（1）知：，解得：（3）設(shè)，由（2）知：又，解得：，即點為靠近點的的三等分點【點睛】本題考查平面向量基本定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠利用線性運算表示出未知向量，根據(jù)相等向量的定義可構(gòu)造方程組求得參數(shù)的值.20.如圖，已知多面體均垂直于平面．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）方法一：通過計算，根據(jù)勾股定理得,再根據(jù)線面垂直的判定定理得結(jié)論；（Ⅱ）方法一：找出直線AC1與平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.【詳解】（Ⅰ）［方法一］：幾何法由得，所以，即有.由，得，由得，由，得，所以，即有，又，因此平面.［方法二］：向量法如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知各點坐標(biāo)如下：因此,由得；由得，所以平面.（Ⅱ）［方法一］：定義法如圖，過點作，交直線于點，連結(jié).由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角.由得，所以，故.因此，直線與平面所成的角的正弦值是.［方法二］：向量法設(shè)直線與平面所成的角為.由(I)可知,設(shè)平面的法向量.由即，可取，所以.因此，直線與平面所成的角的正弦值是.［方法三］：【最優(yōu)解】定義法+等積法設(shè)直線與平面所成角為，點到平面距離為d（下同）．因為平面，所以點C到平面的距離等于點到平面的距離．由條件易得，點C到平面的距離等于點C到直線的距離，而點C到直線的距離為，所以．故．［方法四］：定義法+等積法設(shè)直線與平面所成的角為，由條件易得，所以，因此．于是得，易得．由得，解得．故．［方法五］：三正弦定理的應(yīng)用設(shè)直線與平面所成的角為，易知二面角的平面角為，易得，所以由三正弦定理得．［方法六］：三余弦定理的應(yīng)用設(shè)直線與平面所成的角為，如圖2，過點C作，垂足為G，易得平面，所以可看作平面的一個法向量．結(jié)合三余弦定理得．［方法七］：轉(zhuǎn)化法＋定義法如圖3，延長線段至E，使得．聯(lián)結(jié)，易得，所以與平面所成角等于直線與平面所成角．過點C作，垂足為G，聯(lián)結(jié)，易得平面，因此為在平面上的射影，所以為直線與平面所成的角．易得，，因此．［方法八］：定義法＋等積法如圖4，延長交于點E，易知，又，所以，故面．設(shè)點到平面的距離為h，由得，解得．又，設(shè)直線與平面所成角為，所以．【整體點評】（Ⅰ）方法一：通過線面垂直的判定定理證出，是該題的通性通法；方法二：通過建系，根據(jù)數(shù)量積零，證出；（Ⅱ）方法一：根據(jù)線面角的定義以及幾何法求線面角的步驟，“一作二證三計算”解出；方法二：根據(jù)線面角的向量公式求出；方法三：根據(jù)線面角的定義以及計算公式，由等積法求出點面距，即可求出，該法是本題的最優(yōu)解；方法四：基本解題思想同方法三，只是求點面距的方式不同；方法五：直接利用三正弦定理求出；方法六：直接利用三余弦定理求出；方法七：通過直線平移，利用等價轉(zhuǎn)化思想和線面角的定義解出；方法八：通過等價轉(zhuǎn)化以及線面角的定義，計算公式，由等積法求出點面距，即求出．21.已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；(2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(3)是否存在實數(shù)a，使不等式f(x)≥2x－3對任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】（1）{x|x≤－1或x＝1}；（2）；（3）．【解析】【詳解】試題分析：（1）把代入函數(shù)解析式，分段后分段求解方程的解集，取并集后得答案；（2）分段寫出函數(shù)的解析式，由在上單調(diào)遞增，則需第一段二次函數(shù)的對稱軸小于等于，第二段一次函數(shù)的一次項系數(shù)大于0，且第二段函數(shù)的最大值小于等于第一段函數(shù)的最小值，聯(lián)立不等式組后求解的取值范圍；（3）把不等式對一切實數(shù)恒成立轉(zhuǎn)化為函數(shù)對一切實數(shù)恒成立，然后對進行分類討論，利用函數(shù)單調(diào)性求得的范圍，取并集后得答案.試題解析：(1)當(dāng)時，，則；當(dāng)時，由，得，解得或；當(dāng)