1、甘肃省庆阳市宁县第二中学2019-2020学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析）第卷（选择题共60分）一、选择题1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】先解不等式得到集合，然后再求出即可【详解】由题意得，故选：D【点睛】本题考查集合的交集运算，考查运算能力，解题的关键是是通过解不等式得到集合，属于基础题2. 已知向量，且，则（ ）A. 8B. 6C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】首先计算的坐标，再根据即可得到的值.【详解】由题知：，因为，所以，解得故选：D【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，同时考查学生的计算能力，属于简单题.3. 已知两条直
2、线,平行,则( )A -1B. 2C. 0或-2D. -1或2【答案】D【解析】【分析】根据直线平行的等价条件建立方程关系进行求解即可【详解】解：当时，两直线分别为，和，此时两直线不平行，当时，若两直线平行，则，由得，得或，当时，成立，当时，成立，综上或2，故选D【点睛】本题主要考查直线平行的判断，根据直线平行的等价条件是解决本题的关键4. 中，角，所对边分别为，己知，则（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理直接求解即可【详解】解：因为，所以由正弦定理得，得，因为，所以，所以或,故选：D【点睛】此题考查正弦定理的应用，属于基础题5. 若函数是定义在上的偶函数，
3、在上是减函数，且，则使得的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由偶函数的性质可知函数在上递增，再由，可得，则，从而可求得结果【详解】解：因为函数是定义在上的偶函数，在上是减函数，所以在上递增，因为，所以，因为函数是定义在上的偶函数，所以，所以，解得，故选：B【点睛】此题考查偶函数性质的应用，考查函数的单调性的应用，属于基础题6. 设是等差数列的前项和，若，则=（ ）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的性质可求出，再利用等差数列求和公式及等差数列的性质即可求出.【详解】因为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了等差数列
4、的性质及等差数列的求和公式，属于基础题.7. 根据下列算法语句, 当输入x为60时, 输出y的值为 （ ）A. 25B. 30C. 31D. 61【答案】C【解析】试题分析：输入，判断，否， ，输出故选C考点：算法语句8. 函数的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出函数的定义域，然后换元，利用复合函数“同增异减”进行求解即可【详解】由题意知的定义域为令，则函数在上递增在上递减又在其定义域上递减故由复合函数的单调性知原函数的递增区间是故选：B【点睛】此题考查求复合函数的单调区间，利用“同增异减”的法则求解，属于基础题9. ABC的三边长分别为AB=7,BC
5、=5,CA=6,则的值为（ ）A. 19B. 14C. -18D. -19【答案】D【解析】【分析】运用余弦定理，求得，再由向量的数量积的定义，即可得到所求值【详解】解：由于，则，则故选：【点睛】本题考查向量的数量积的定义，注意夹角的大小，考查余弦定理及运用，属于基础题和易错题10. 在中，是，所对的边，已知，则的形状是（ ）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】【分析】由正弦定理得，化简得,即得解.【详解】由正弦定理得，所以，所以,因为,所以.所以三角形是等腰三角形.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，考查差角的正弦公式的应
6、用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A. B. C. D. 【答案】B【解析】设正方形边长为，则圆的半径为，正方形的面积为，圆的面积为.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是，选B.点睛:对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算.12
7、. 已知等差数列的前项和为，若且，三点共线（该直线不过原点），则的值为（ ）A. 1007B. 2018C. 1009D. 2007【答案】C【解析】【分析】由三点共线可得向量与共线，再结合共线定理及平面向量基本定理可得，根据等差数列求和公式及等差数列下标性质即可求出.【详解】因为，三点共线，所以向量与共线，所以有且只有一个实数，使得，所以，所以，又，由平面向量基本定理可知，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了共线定理、平面向量基本定理、等差数列的性质及等差数列的求和公式，属于中档题.二、填空题13. 实数，满足：1，3成等差数列，1，成等比数列，则_【答案】4【解析】【分析】由1，3成
8、等差数列，可得，求得，再由1，成等比数列，可得，从而可求得结果【详解】解：因为1，3成等差数列，所以，解得，所以1，成等比数列，所以，即，故答案为：4【点睛】此题考查等差中项和等比中项的应用，属于基础题14. 在中, 若,则的外接圆的半径为 _.【答案】 【解析】【分析】由题意求出sinA，利用正弦定理直接求出ABC的外接圆的半径【详解】因为在ABC中，若a3，cosA，所以sinA，由正弦定理，可得：故答案为【点睛】本题是基础题，考查正弦定理的应用，同角三角函数的基本关系式，考查计算能力15. 已知向量，且，那么_【答案】【解析】【分析】根据可得，然后根据向量的数量积的坐标运算可求出，再利用
9、正切的二倍角公式即可求出.【详解】因为，所以，所以，所以，所以故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的垂直的坐标表示及正切的二倍角公式的简单应用，属于基础题.16. 已知直线，若成等差数列，则当点到直线的距离最大时，直线的斜率是_.【答案】【解析】【分析】由已知得直线过定点，根据点到直线距离定义求解.【详解】根据题意得即，直线方程为，可化为，所以直线过点，若点到直线的距离最大，则直线 ，所以，解得.【点睛】本题考查等差数列，直线方程的应用，两直线垂直的斜率关系.三、解答题17. 记为等差数列的前项和，已知， （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值【答案】（1）an=2n9，（2）Sn=n
10、28n，最小值为16【解析】分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设an的公差为d，由题意得3a1+3d=15由a1=7得d=2所以an的通项公式为an=2n9（2）由（1）得Sn=n28n=（n4）216所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为16点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.18. 在中，角，所对的边分别为，且满足（1）求角的大小；（2）已知，的面积为，求边长的值【答案】（1
11、）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理将中的边统一成角，化简可求出角的大小；（2）由的面积为和，可求出，再利用余弦定理可求出的值【详解】（1）在中，由正弦定理得：因为，所以从而，又 所以，所以（2）在中，得由余弦定理得：所以【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，属于基础题19. 已知函数，（）求的最小正周期；（）求在闭区间上的最大值和最小值【答案】（）；（）最大值为，最小值为【解析】【分析】（）由两角和与差的正弦公式，二倍角公式化函数式为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质得周期；（）求出的范围，利用正弦函数性质可得最值【详解】（）由已知，=，所以的
12、最小正周期（），由的图像知，函数在闭区间上的最大值为，最小值为【点睛】本题考查两角和与差的正弦、二倍角公式，考查正弦函数的周期与最值，解决此类问题的一般方法是利用三角函数恒等变换化函数为一个角的一个三角函数形式：，然后结合正弦函数性质求解20. 如图，渔船甲位于岛屿的南偏西方向的处，且与岛屿相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上（1）求渔船甲的速度；（2）求的值【答案】（1）14海里/小时； （2）.【解析】【详解】（1）,V甲海里/小时 ；（2）在中，由正弦定理得.点评：主要是考查了正弦定理和余弦定理
13、的运用，属于基础题.21. 如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点（1）证明：平面;（2）设，三棱锥的体积 ，求A到平面PBC的距离【答案】（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为【解析】【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PBOE，由此能证明PB平面ACE（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB 又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB平面AEC （2）由，可得.作交于由题设易知，所以
14、故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=所以又因为(或)，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离22. 已知向量，函数（1）求函数在上的单调增区间（2）当时，恒成立，求实数的取值范围（3）当时，讨论函数的零点情况【答案】（1）；（2）；（3）分类讨论，答案见解析【解析】【分析】（1）先化简，然后采用整体替换法求解出的单调递增区间，最后得到在上的单调递增区间；（2）求解出在上的最值，利用最值与的关系求解出的取值范围；（3）采用换元法令，根据的图象对作分类讨论从而分析出的零点情况.【详解】（1）由，得或在上的单调增区间是（2）由（1）知在上单调递增当时，；当时，由题设可得解得的取值范围是（3）令得：，得：令，则由图知当或，即或时，0个零点当或，即或时，1个零点当或，即或时，2个零点当即时，3个零点综上：或时，0个零点或时，1个零点或时，2个零点时，3个零点【点睛】本题考查平面向量与三角函数综合应用，其中涉及到向量的数量积、正弦型函数的单调区间、根据三角函数值域求参数范围、三角函数的零点问题，主要考查的是学生的综合运用能力，难度较难.
