1、云南省玉溪一中2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题 理（含解析）一选择题1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.2. 已知向量，若与共线，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的坐标运行与共线定理，列方程求出的值.【详解】由，则，又因 与共线，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与应用问题，属于基础题3. 各项为正数的等比数列中
2、，是 与的等比中项，则（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】各项为正数的等比数列中，是 与的等比中项，所以.故选B.4. 设，是两条不同的直线，是两个不同平面，给出下列条件，其中能够推出的是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】由，可推出与平行、相交或异面，由可推出.故选B5. 函数的部分图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，根据奇偶函数图象特征排除，再利用特值验证排除可得解.【详解】因为,奇函数，图象关于原点对称，所以排除选项D；因为，所以排除选项A；因为，所以排除选项B；因此选项C正确.故选：C.【点睛】本题考查
3、函数图象识别问题.其解题思路：由解析式确定函数图象：由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复函数图象识别有时常用特值法验证排除6. 已知，直线，圆，则直线与相交的概率为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直线方程与圆方程联立方程组消元后用得的取值范围，然后由几何概型概率公式计算概率详解】联立，整理得令，解得，故所求概率故选：C【点睛】本题考查几何概型，属于基础题几何概型问题要弄清楚是长度型、面积型还是体积型，然后求出相应的度量，计算概率7. 已知
4、角的终边过点，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角函数的定义可得出关于的方程，解出的值，再利用三角函数的定义可求得的值.【详解】由题得，解得，所以点，所以故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平8. 的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的形状是（ ）A. 正三角形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】D【解析】【分析】利用正弦定理，再结合已知可求得，从而可得，可判断的形状.【详解】解：中，由正弦定理得：，又，或，即或，为等腰三角形或直角三角形.故选：D.【点睛】
5、本题考查判断三角形的形状，利用正弦定理化边为角后，由正弦函数性质可得角的关系，得三角形形状9. 已知，是方程两根，且，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】根据韦达定理，得到，再由两角和的正切公式，结合角的范围，即可得出结果.【详解】因为，是方程的两根，所以，则，又，所以，因此.故选：C.【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，属于基础题型.10. 已知函数的图象与轴相邻交点的横坐标相差，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象.关于函数，下列说法正确的是（ ）A. 在上是增函数B. 其图象关于直线对称C. 函数是奇函数D. 当时，函数的值域是【答案】D【解析】【分析
6、】由已知可求出函数的解析式，进而根据函数图象的平移变换法则得到函数的解析式，根据余弦函数的性质分析出函数的奇偶性、单调性、对称性以及函数的值域【详解】函数又函数的图象与轴的两个相邻交点的距离等于，故函数的最小正周期，又，故将函数的图象向左平移个单位可得：；函数是偶函数，C错；令，即，故函数的增区间为，在上不是增函数，A错；时，不是最值，不是对称轴，B错；由可得，故，D正确，故选：【点睛】本题主要考查函数的周期性、三角函数图象的平移变换法则，两角和与差的正弦函数、诱导公式，余弦函数的奇偶性、单调性、对称性与值域，熟练掌握正弦型函数的图象性质及变换法则是解答本题的关键11. 已知是三角形的内角，为
7、直线：上的点，为圆：上的点，则的最小值为( )A. B. 2C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】转化为圆心到直线的距离减去半径，再根据正弦函数的最大值可得答案.【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线：的距离为，所以，当且仅当且是圆心在直线上的射影，是圆上离直线最近的点时取得等号.故选：D【点睛】本题考查了点到直线的距离，考查了正弦函数的最大值，考查了转化化归思想，属于基础题.12. 已知函数，函数是偶函数，且，当时，若函数恰好有个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出函数与函数的图象，可知两函数在区间上有且只有一个交点，则两函数在上有个交点，结合图象
8、得出，可得出关于实数的不等式组，解出即可.【详解】如下图所示，当时，函数与有1个交点，故时与有且仅有个交点，必有且.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，一般转化为两函数的交点个数，结合图象找出一些关键点列不等式组求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.二填空题13. 函数的定义域是_【答案】【解析】【分析】求出使解析式有意义的自变量的范围即可【详解】由题意，解得或故答案为：【点睛】本题考查求函数的定义域，求出使函数式有意义的自变量的取值范围即得，掌握对数函数性质是解题关键14. 为等腰直角三角形，且，若点为的中点，则_.【答案】8【解析】【分析】由等腰
9、直角三角形的性质可推出，；而，代入所得数据进行运算即可得解【详解】因为为等腰直角三角形，且， 所以，点为的中点，且故答案为：8【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题15. 已知，且，则_.【答案】【解析】【分析】由平方差公式及同角三角函数的平方关系可得，求出，利用两角和的余弦公式展开并求值.【详解】，又，则，.故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数的关系、两角和与差的余弦公式、二倍角公式，属于基础题.16. 已知在三棱锥中，且平面平面，那么三棱锥外接球的体积为_【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，设球半径为，利用已知体积可求且平面，从而可求外接球的体积.【
10、详解】取的中点，连接，设球半径为，则，.因，故为等腰直角三角形，故.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以由体积可得，解得，所以三棱锥外接球的体积为故答案为：.【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解三解答题17. 已知，（1）并求的最小正周期和单调增区间；（2）若，求的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据向量数量
11、积的坐表运算将表示出来，利用辅助角公式整理成“一角一函数”，利用正弦函数的性质求出的单调区间.（2）由，求出的范围，由正弦函数图象求出值域.【详解】（1）的最小正周期为.由得，() 所以的单调增区间为，（2）由（1）得，.，的值域为.【点睛】本题主要考查了向量数量积的坐标表示，辅助角公式，三角函数的单调性与周期、值域，属于基础题.18. 在中，是角所对的边，(1)求角； (2)若，且的面积是，求的值【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由两角和差公式得到，进而得到角A的值；（2）结合第一问和三角形的面积公式得到，由余弦定理得到，则，可得详解：(1)在中， ，那么由，可得， ，在中， (2)由
12、(1)知，且，得，由余弦定理得，那么， ，则，可得点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.19. 2020年春季延期开学期间，为保证防控疫情期间中小学校“停课不停学”，各地教育行政部门、中小学及教育网站积极提供免费线上课程，为中小学生如期学习提供了便利条
13、件.某教育网站针对高中学生的线上课程播出后，社会各界反响强烈.该网站为了解高中学生对他们的线上课程的满意程度，从收看该课程的高中学生中随机抽取了1000名学生对该线.上课程进行评分（满分100分），并把相关的统计结果记录如下：评分分组频数10020040025050（1）计算这1000名学生评分的中位数、平均数，根据样本估计总体的思想，若平均数低于70分，视为不满意，试判断高中学生对该线上课程是否满意？（2）为了解部分学生评分偏低的原因，该网站利用分层抽样的方法从评分为，的高中学生中抽取6人，再从中随机抽取2名学生进行详细调查，求这2名学生的评分来自不同评分分组的概率.【答案】（1）中位数为，
14、平均数为，高中学生对该线上课程是满意的；（2）.【解析】【分析】（1）根据中位数是使得两边频率相等的数即可求解；平均数用每组的中间值乘以相应的频率求和即可，求出平均数，再根据平均数判断即可；（2）先分别计算来自和的人数，再列举出所有的基本事件总数和评分来自不同评分分组的事件数，根据古典概型公式计算即可.【详解】解：（1）设中位数为，则由题意可得，解得，即中位数为.又各组中间值分别为，故平均数为 ，高中学生对该线上课程是满意的.（2）由题意知，从评分为的学生中抽取了2人，分别记为x，y；从评分为的学生中抽取了4人，分别记为a，b，c，d，则所有可能的结果有：，共15个.记两人来自同一组为事件A，
15、则事件A包括的可能结果有：，共7个，故所求的概率为.【点睛】本题考查频数分布表估计中位数，平均数，古典概型，考查学生的数据分析能力与计算能力，是中档题.20. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PD=DC，E、F分别是PC、AD中点，(1)求证：DE/平面PFB；(2)求PB与面PCD所成角的正切值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取PB的中点G，连接EG，FG，通过证明四边形FGED是平行四边形，得ED/GF，进而可以得到DE/面PFB；（2）先由条件求出BPC就是PB与面PCD所成的角，再通过求三角形边长即可得到结论【详解】（1）取
16、PB的中点G，连接EG，FG，如图， E，G分别是PC，PB的中点，FG/BC且FG=BC，又DF/BC且DF=BCFG/DF且FG=DF，四边形FGED是平行四边形，则DE/GF，又DE面PFB，GF面PFB，DE/面PFB（2）由已知得：PD面ABCDPDBCABCD是正方形BCCD又PDCDDBC面PCDPB在面PCD内的射影是PCBPC就是PB与面PCD所成的角 设PDDCa，则PC在PBC中，PCB90，PC，BCatanBPCPC与面PCD所成角的正切值为【点睛】本题主要考查线面平行以及线面所成的角线面平行的证明一般转化为线线平行或面面平行21. 已知圆经过点，且直线平分圆（1）求
17、圆的方程；（2）若过点，且斜率为的直线与圆有两个不同的交点，若，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知求出的中垂线方程，再由圆经过、两点，可得圆心在线段的中垂线上联立两直线方程求得圆心坐标，则圆的方程可求；（2）令，则直线方程可写成：联立直线方程与圆的方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系结合向量的数量积运算求解的值，可得值【详解】（1）线段的中点，故线段的中垂线方程为，即圆经过、两点，故圆心在线段的中垂线上又直线平分圆，直线经过圆心联立，解得圆心的坐标为，而圆的半径，圆的方程为：（2）设直线，点，联立，得，得则，解得（舍），或所以【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，同时考查了平面向量数量积的坐标运算，考查计算能力，是中档题22. 已知函数是奇函数.(1)求a的值;(2)求解不等式;(3)当时，恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1);(2);(3)【解析】【分析】(1)由奇函数的性质得出的值；(2)结合的解析式可将化为，解不等式即可得出答案；(3)利用函数在上的单调性以及奇偶性将化为，分离参数结合二次函数的性质得出实数t的取值范围.【详解】(1)根据题意，函数.(2)，即，即即，解得：，得.(3)故在上为减函数，即即，又，故综上.【点睛】本题主要考查了由函数的奇偶性求解析式以及利用单调性解不等式，属于中档题.