辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一数学6月月考试题.doc

辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一数学6月月考试题辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一数学6月月考试题年级：姓名：- 20 -辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一数学6月月考试题（含解析）一、选择题（111题为单选题，12为多选题）1.若扇形的中心角为120，半径为，则此扇形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出扇形的弧长，再由扇形面积公式求解即可.【详解】由题意，扇形的中心角为，半径为，所以弧长，所以扇形面积.故选：D【点睛】本题主要考查扇形的弧长和面积的计算，属于基础题.2.已知角的终边经过点，且，则实数的值是( )A. B. C. 或D. 2【答案】A【解析】【分析】由，代入数值计算即可.详解】，由余弦的定义知，化简得，解得或，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的定义，本题涉及.3.函数是（ ）A. 最小正周期为的奇函数B. 最小正周期为2的奇函数C. 最小正周期为的偶函数D. 最小正周期为2的偶函数【答案】A【解析】【分析】由条件利用二倍角的余弦公式、诱导公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性和奇偶性，即可得解【详解】函数，故函数的最小正周期，且该函数为奇函数.故选：A.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式、诱导公式的应用，考查了正弦函数的周期性和奇偶性，属于基础题4.若，则复数对应的点在（ ）A. 实轴上B. 虚轴上C. 第一象限D. 第二象限【答案】B【解析】【分析】首先分析题目，设，将其代入进行化简可得，从而可得结论.【详解】设，则，即，解得，所以，它对应的点在虚轴上.故选B.【点睛】本题主要考查复数的模以及复数的几何意义，属于中档题.5.在三角形中，内角的对边分别为，若，且，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理边角互化，再结合，化简为，根据二倍角公式求的值.【详解】因为，所以，即，因为，所以，故.故选：A【点睛】本题考查正弦定理，三角恒等变形的简单综合应用，意在考查转化与化归的思想，属于基础题型.6.已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8，则的单调递减区间是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】由题设可知该函数的最小正周期，结合函数的图象可知单调递减区间是，即，等价于，应选答案D点睛：解答本题的关键是充分利用题设中的有效信息“函数 的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8”结合图像很容易观察出最小正周期是，进而数形结合写出函数的单调递减区间，从而使得问题获解7.已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量的数量积即可求解.【详解】，.又，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.8.已知在平面四边形中， ，,，点为边上的动点，则的最小值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，求出，的坐标，根据向量的数量积和二次函数的性质即可求出【详解】如图所示，以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，过点作轴，过点作轴，设，当时，取得最小值为，故选C.【点睛】本题主要考查了向量在几何中的应用，考查了运算能力和数形结合的能力，向量的坐标表示，二次函数最值的求法，向量数量积的坐标表示，建立适当的坐标系将几何知识代数化是解题的关键，也是常用手段，属于中档题9.设R，向量且，则( )A. B. C. D. 10【答案】C【解析】试题分析:向量且，从而，因此，故选C考点：1.向量模；2.向量的平行与垂直10.对于平面和共面的直线，下列命题是真命题的是A. 若，与所成的角相等，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用直线和平面平行、垂直的判定和性质，判断命题A、B、C都不正确，只有D正确，从而得到结论详解】由于平面和共面的直线，若，与所成的角相等，则直线，平行或相交，故A不正确若，则，则共面直线，平行或相交，故B不正确若，则与平面平行或在平面内，故C不正确若，根据直线，是共面的直线，则一定有，故D正确，故选：D【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判定，命题的真假的判断，属于基础题11.已知的内角、的对边分别为、，且，若，则的外接圆面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.【详解】由题得，所以，所以，所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.12.如图所示，正三角形的中线与中位线相交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，现给出下列四个命题，其中正确的命题的序号是（ ）A. 动点在平面上的射影在上B. 恒有平面平面C. 三棱锥的体积有最大值D. 直线与不可能垂直【答案】ABC【解析】【分析】证明出平面平面，利用面面垂直的性质定理可判断A选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B选项的正误；由三棱锥的体积公式可判断C选项的正误；利用异面直线所成角的概念可判断D选项的正误.综合可得出结论.【详解】对于A选项，在正中，为的中点，则，、分别为、的中点，则，翻折后，对应地有，平面，平面，平面平面，且平面平面，由面面垂直的性质定理可知，动点在平面上的射影在上，A选项正确；对于B选项，由A选项可知，平面平面，B选项正确；对于C选项，由于的面积为定值，当三棱锥的高取得最大值时，即当平面平面时，三棱锥的体积有最大值，C选项正确；对于D选项，在翻折的过程中，有可能为直角，、分别为、的中点，则，即，所以，异面直线与所成的角为或其补角，则直线与可能垂直，D选项错误.故选：ABC.【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理、性质定理的应用，考查了三棱锥的体积、异面直线所成角的概念的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题13.若，则_.【答案】【解析】【分析】先由已知，利用及两角和的正切公式算得，再利用二倍角公式计算即可得到答案.【详解】由已知，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查三角恒等变换中的给值求值问题，涉及到两角和的正切公式、二倍角公式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.14.已知方程在上有两个解，则实数m的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】等价于函数与的图象在上有两个不同的交点，作出两个函数的图象分析得解.【详解】此方程的解的个数实质上就是函数与的图象在上的交点个数.如图，可如与的图象在上有两个不同的交点时，应满足，即.故答案为：【点睛】本题主要考查三角方程的有解问题，考查三角函数图象的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA平面ABC，SA=2,AB=1,AC=2,BAC=60,则球O的表面积_【答案】16【解析】【详解】如图所示，三棱锥的所有顶点都在球的表面上， 以为平面， 所以，所以， 所以截球所得的圆的半径为, 所以球的半径为， 所以的表面积为.点睛：本题考查了有关球的组合体问题，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）借助球的性质，得到球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.16.设复数，则_.【答案】1【解析】解法一：由题意可得：.解法二：三、解答题17.已知函数部分图象如图所示.（1）求函数解析式及的单调递增区间；（2）把函数图象上点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，得到函数的图象，求关于x的方程在上所有的实数根之和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先根据函数的周期求出的值，再利用点在函数图象上求出的值，再根据点在函数图象上求出A的值得函数的解析式，再求出的单调递增区间；（2）先求出，再利用三角函数的图象和性质分析得解.【详解】（1）由题中图象知，最小正周期，.点在函数图象上，即.又，从而.又点在函数图象上，.故函数的解析式为.令，得，故的单调递增区间为，；（2）依题意得.的最小正周期，在内有2个周期.令，得，即函数图象的对称轴为直线.由，得.又，在内有4个实数根.将实数根从小到大依次设为，则，.关于x的方程在上所有的实数根之和为.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查三角函数的解析式的求法，考查三角方程的实根问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.已知函数. （1）求函数的最大值；（2）若，时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用两角和公式和两角差公式以及辅助角公式对函数解析式进行化简，根据函数的性质求得函数的最大值；（2）由，代入函数解析式，求得，两边平方可求得，结合题中所给的角的范围，可以求得，之后将待求式子转化为正余弦的和差积的关系式，代入求得结果.【详解】（1）= 的最大值为（2） 两边平方 ， 【点睛】该题考查的是有关三角函数的问题，涉及到的知识点有两角和、两角差和辅助角公式以及三角函数的最值，关于正余弦的和差积知一求二的问题，还有就是三角式子的化简求值问题，正确应用公式是解题的关键.19.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abc8.(1)若a2，b，求cosC的值；(2)若sinAcos2sinBcos22sinC，且ABC的面积SsinC，求a和b的值【答案】(1) (2) a3，b3.【解析】【详解】( (1)由题意可知c8(ab).由余弦定理得cosC.(2)由sinAcos2sinBcos22sinC，可得sinAsinB2sinC，化简得sinAsinAcosBsinBsinBcosA4sinC.因为sinAcosBcosAsinBsin(AB)sinC，所以sinAsinB3sinC.由正弦定理可知ab3c.又因为abc8，故ab6.由于SabsinCsinC，所以ab9，从而a26a90，解得a3，b3.20.如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽山峰，山上有一条笔直的山路和一条索道，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知，（千米），（千米）. 假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时徒步登上山峰.【答案】两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰.【解析】试题分析：先后在，中，确定几何元素，由正弦定理、余弦定理确定行进路线的距离，根据二人的行进速度，做出判断.试题解析：在中，由题意知，由正弦定理，解得千米，在中，由，得，即，千米，千米，两个小时小王和小李可徒步攀登米，即千米，而，所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰.考点：正弦定理、余弦定理的应用.【名师点睛】解三角形问题，往往要利用正弦定理、余弦定理实现边角转化.本题通过分别考查两个三角形的已知和未知，灵活选用了正弦定理、余弦定理，其中运用了方程思想，通过建立一元二次方程，达到求解目的.本题覆盖面较广，能较好的考查考生的数形结合思想、基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.21.在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，PA=AB,E是PD的中点.（1）求证：平面EAC；（2）求证：平面平面PAD.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）连结BD交AC于O，连结EO，由三角形中位线的性质可得EOPA，结合线面平行的性质可得平面EAC；（2）由面面垂直的性质可得PACO，由矩形的性质可知ADCD，由面面垂直的性质可得CD平面PAD，故平面平面PAD.【详解】（1）连结交于，连结，则是的中位线，所以，又平面，平面，平面；（2）， 而 ，又.22.如图，正三棱柱中， ， ， 为棱上靠近的三等分点，点在棱上且面（1）求的长；（2）求正三棱柱被平面分成的左右两个几何体的体积之比【答案】(1)2;(2)5:4.【解析】分析：（1）作与交于点，面 面，面于是在平行四边形中，；(2)利用三棱锥的体积公式可得，利用分割法可得，从而可得结果.详解：（1）如图，作与交于点，面 面，面于是在平行四边形中， （2）左边几何体的体积为：左右两个几何体的体积之比为 点睛：本题主要考查线面平行的性质定理及空间几何体的体积，属于中档题. 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时或不规则几何体的体积，如果不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解.