1、弥勒市中小学20182019学年考试高一年级数学试题卷（本试卷分为第卷和第卷两个部分，满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的相关信息填写在答题卡相应的位置上.2、作答时，需将答案书写在答题卡上，写在试卷、草稿纸上均无效.3、考试结束后请将答题卡交回.第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别化简集合与集合，再求交集，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，
2、属于常考题型.2.在等差数列中，则（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据等差中项性质求得，进而得到；利用求得结果.【详解】由题意知： 本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列性质和通项公式的应用，属于基础题.3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体底面为直角三角形的三棱锥，且侧棱垂直于底面，求出它的体积即可【详解】由三视图可知，该三棱锥如下图所示PABC，体积V故选B【点睛】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与计算能力，是基础题目4.若，则实数，的大小
3、关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出a,b,c的范围，再比较大小即得解.【详解】由题得，所以abc.故选A【点睛】本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.函数的零点所在的区间是（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的性质可得而且，利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上单调递增且连续，而，即，所以，函数的零点所在的区间是，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于中档题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）
4、函数是否连续.6.要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C 向左平移个单位D. 向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】利用左加右减的平移原则可对ABCD四个选项逐一排查，如A选项中=2x，即可得到答案【详解】=cos2x=cos（2x-）；=-cos2x；=cos（2x+）；可排除A、B、C；故选D【点睛】本题考查函数y=Asin（x+）的图象变换，关键是掌握左加右减的平移原则及平移单位，属于中档题7.长方体中的8个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用长方体的体对角线为其外接球的直径计算即可得
5、到答案.【详解】由已知，所以长方体的外接球半径，故外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，考查学生的空间想象能力、数学运算能力，是一道容易题.8.如图所示，已知，则下列等式中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据向量减法运算，将向量和转化为以为起点向量，可得答案.【详解】因为，所以，所以，即.故选：A.【点睛】本题考查了向量减法运算，属于基础题.9.若，且，则的最小值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】分析】由展开，再利用基本不等式即可求得最小值.【详解】因为，所以.因为，所以，.所以，当且仅当，即时等号成立.所以，即
6、的最小值为.【点睛】本题考查由基本不等式求最值,考查了1的妙用，属于基础题.10.若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（ ）A. 或B. 或C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得出，由此求出的取值范围.【详解】解：显然a=0，不等式不恒成立，所以不等式对一切实数都成立，则，即，解得，所以实数的取值范围是.故选C.【点睛】本题主要考查了利用判别式解决一元二次不等式恒成立问题，是基础题.11.在中，已知，如果有两组解，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】已知，若有两组解，则，可解得的取值范围.【详解】由已知可得，则，解得.故选A.【点睛】本题考查
7、已知两边及其中一边的对角，用正弦定理解三角形时解的个数的判断.若中，已知且为锐角，若，则无解；若或，则有一解；若，则有两解.12.函数在上是减函数，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，此分段函数是一个减函数，故一次函数系数为负，且在分段点处，函数值应是右侧小于等于左侧，由此得相关不等式，即可求解【详解】解：依题意，解得，故选B【点睛】本题考查函数单调性的性质，熟知一些基本函数的单调性是正确解对本题的关键，本题中有一易错点，忘记验证分段点处函数值的大小验证，做题时要注意考虑完全第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分；将
8、正确答案填写在相应的横线上）13.已知实数，满足约束条件，求目标函数的最小值_.【答案】-1【解析】【分析】首先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各交点的坐标，即可求出目标函数的最小值【详解】由实数，满足约束条件可得如图可行域：得到可行域为，点， ，由图可得目标函数过可行域内的点时的值最小，所以目标函数的最小值为-1【点睛】本题主要考查线性规划问题，借助于平面区域特征，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想，属于基础题14.已知向量与的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】根据向量模的运算可得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，向量与的夹角为，则，所以.【点睛】本题主要考
9、查了向量的运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量模的运算，以及向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15.直线与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是 _【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长，结合弦长的范围，即可求出的范围.【详解】因为圆：，直线：，而，则，解得：，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题，以及圆的性质，属于基础题.16.定义在R上的奇函数满足，且在区间上，则函数的零点的个数为_【答案】5【解析】【分析】由图分析画出与在同一个坐标系的图像，即可求解【详解】由题知函数的周期为4，又函数为奇函数，即
10、故f(x)关于（2,0）中心对称，又g(x)=为偶函数，则画出f(x)与g(x)在同一个坐标系的图像如图所示：故交点有5个故答案为5【点睛】本题考查函数与方程，明确函数f(x)的周期性奇偶性，准确画出图像是关键，是基础题三、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分，解答应写出证明过程或演算步骤）17.已知 是公差不为零的等差数列， ，且， ，成等比数列(1)求 的通项公式;(2)设，求数列 的前 项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先设的公差为，由， ，成等比数列，求出，再由，求出首项和公差，即可得出结果；(2)根据（1）的结果，得到，用裂项相消法，即可得出结果.【详解
11、】解：（1）设的公差为，因为， ，成等比数列，可得，所以，又 解得，（2）【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式、以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式、以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.18.已知函数的部分图象如图所示.求函数的解析式，并求出的单调递增区间：求出在上的值域.【答案】；递增区间为；.【解析】【分析】由函数图象得到半周期，进一步求得周期，再利用周期公式求的值，再由，结合的范围求得的值，进而求出函数解析式，进而得到函数的单调递增区间；根据的取值范围算出角的范围，进而求出值域即可.【详解】解：设函数的周期为，由图可知，即，上式中代入，有，得，.即，.又，令，解得即的递增区
12、间为.，.的值域为【点睛】本题考查由的部分图象确定解析式，考查正弦型函数的递增区间的求法和值域的求法，属于中档题.19.在中，角，的对边分别为，已知（1）求的值；（2）若，的面积为，求，的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）正弦定理边化角，整理化简得到的值.（2）根据面积公式得到的关系，由余弦定理得到的关系，解出和的值.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，又因所以，化简可得，即，所以，所以（2）因为的面积为，所以，即，又，所以由余弦定理得，所以，结合.可得【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.20.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，
13、ABDC，ADDC，AB=AD=2，DC=3，平面PDC平面ABCD，E在棱PC上且PE=2EC()证明：BE平面PAD；(1)若PDC是正三角形，求三棱锥P-DBE的体积【答案】(1) 见证明；(2) 【解析】【分析】(1) 作EFDC交PD于点F，连接AF，利用PE=2EC可得FE=2，再利用ABDC即可证得四边形ABEF为平行四边形，问题得证(2)利用平面PDC平面ABCD及ADDC即可证得：AD平面PDC，利用体积转化可得：，再利用锥体体积计算公式即可得解【详解】(1)证明：作EFDC交PD于点F，连接AF，因为E在棱PC上且PE=2EC，所以FE=DC=2，又因为ABDC，AB=2，
14、所以ABFE，且AB=FE，所以四边形ABEF为平行四边形，从而有AFBE又因为BE平面PAD，AF平面PAD，所以BE平面PAD(2)因为平面PDC平面ABCD，且交线为DC，ADDC，AD平面ABCD所以AD平面PDC.因为PE=2EC所以即三棱锥P-DBE的体积为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，还考查了面面垂直的性质，考查转化能力及锥体体积计算公式，属于中档题21.已知函数是奇函数，且当时，（1）求函数的表达式（2）求不等式的解集【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出函数x0的解析式，即得解；（2）分三种情况解不等式最后综合得解.【详解】解：（1）根据题意，函数是奇函数，
15、则，当时，则，又由函数为奇函数，则，则，（2）根据题意，当时，此时即，解可得，此时不等式的解集为，当时，成立；此时不等式的解集为，当时，此时即，解可得，此时不等式的解集为，综合可得：不等式的解集或【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，考查分类讨论解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，.（I）判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.（）若，求直线的方程.【答案】（I）见解析.（）或.【解析】【分析】（I）当直线的斜率不存在时可得定值，当直线的斜率存在时，设直线方程，将直线方程与圆的方程联立，写出韦达定理，利用向量的数量积的坐标运算进行计算即可得到定值；（）利用（I）的韦达定理进行数量积的坐标运算，可得方程.【详解】（I）当直线与轴垂直时（斜率不存在），的坐标分别为，此时.当直线与轴不垂直时，设的斜率为，直线的方程为.设，联立消去得，则有，.又，所以.综上，为定值5.（）.所以直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查韦达定理，数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题.
