海南省海口市第四中学2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题.doc

1、海南省海口市第四中学2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题考试时间：120分钟；满分：150分注意事项：1答题前请在答题卷上填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1已知全集，集合，则为( )A1,2,4B2,3,4C0,2,4D0,2,3,42（ ）ABCD3若，且与也互相垂直，则k的值为（ ）AB6C3D4已知l，m，n为不同的直线，为不同的平面，则下列判断错误的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则5设，则“”是“”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6在直三棱柱中，且，点M是的中点，则异面直

2、线与所成角的余弦值为ABCD7已知函数，,则( )ABCD8是边长为1的等边三角形，CD为边AB的高，点P在射线CD上，则的最小值为（ ）ABCD0二、多选题9下列函数中，既是偶函数又是区间上增函数的有（ ）ABCD10下图是函数（其中，）的部分图象，下列结论正确的是（ ）A函数的图象关于顶点对称B函数的图象关于点对称C函数在区间上单调递增D方程在区间上的所有实根之和为11已知的面积为3，在所在的平面内有两点P，Q，满足，记的面积为S，则下列说法正确的是（ ）ABCD12如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且.则下列结论正确的是（ ）A三棱锥的体积为定值B当向运动时，二面角逐渐变小C在平

3、面内的射影长为D当与重合时，异面直线与所成的角为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13命题“xR，xsinx”的否定是_.14已知，且的最小值为_15已知函数若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是_.16已知点，均在球的球面上，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为_四、解答题17已知向量，函数.（1）求的最小正周期；（2）当时，若，求的值.18已知且.（1）求的值；（2）若，求的值.19已知函数.（1）求的定义域； （2）判断的奇偶性并予以证明；（3）求不等式的解集.20在，这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答已知的角，对边分别为，而

4、且_（1）求；（2）求周长的最大值21如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，平面，是的中点（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积22如图所示，在等腰梯形中，直角梯形所在的平面垂直于平面，且，.（1）证明：平面平面；（2）点在线段上，试确定点的位置，使平面与平面所成的二面角的余弦值为.答案1C【解析】【分析】先根据全集U求出集合A的补集，再求与集合B的并集【详解】由题得，故选C.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题2A【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，即可求解.【详解】根据复数的除法运算法则，可得复数.故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解

5、答的关键，着重考查运算与求解能力.3B【解析】【分析】首先根据向量垂直得到其数量积等于零，之后结合题中条件，得到结果.【详解】由题意可得，且，所以，解得，故选：B.【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量垂直的条件，向量数量积运算公式，属于简单题目.4D【解析】【分析】举出反例可判断D选项.【详解】若，则，正确；若，则，正确；若，则，正确；若，则或与相交，故D错误故选:D.【点睛】本题考查了直线与平面位置关系的判断，属于基础题.5B【解析】【分析】解不等式分别求出的范围，根据解集的包含关系和充要条件的判定方法得到结果.【详解】 ，则 ，则 是的必要不充分条件本题正确选项：【点睛

6、】本题考查充分条件、必要条件的判定，关键是能够确定解集之间的包含关系，属于基础题.6B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得，利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线与所成角的余弦值【详解】在直三棱柱中，且，点是，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设异面直线与所成角为，则,异面直线与所成角的余弦值为，故选B【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中

7、位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7D【解析】【分析】由题可得函数f（x）是偶函数，且在（0，+）上单调递增，又且分析即可得答案.【详解】函数f（x）=e|x|，函数f（x）是偶函数，且在（0，+）上单调递增，又，.故选：D【点睛】本题主要考查了指数函数，对数函数的单调性，利用函数单调性比较函数值的大小，考查了转化与化归的思想.8C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，则 ，进而可求最小值.【详解】以D点为坐标原点，DC所在直线为y轴，DA所在直线为x轴建立直角坐标系，设，其中，当时取最小值为，所以的最小值为故选：C【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，用坐标法求最值问题，考

8、查了运算求解能力，属于一般题目.9BC【分析】根据偶函数的定义，f（x）f（x）进行判断，再根据解析式判断单调性；【详解】A、令，则f（x）f（x），为偶函数，但在（0，+）上，是减函数，故错误；B、令，f（x），是偶函数，且在区间上是增函数，故B正确；C、令，f（x）（x）2+1x2+1f（x），且在区间上是增函数，故C正确；D、令，f（x）x3f（x），是奇函数，故D错误；故选：BC10ABD【分析】根据函数图象求出的解析式，根据正弦型函数的性质判断选项正误.【详解】由已知，因此，所以，过点，因此，又，所以，对A，图象关于原点对称，故A正确；对B，当时，故B正确；对C，由，有，故C不正确；

9、对D，当时，所以与函数有4个交点令横坐标为，故D正确.故选：ABD.11BD【分析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.【详解】由，可知点P为的三等分点，点Q 为延长线的点，且为的中点，如图所示：对于A，点P为的三等分点，点为的中点，所以与不平行，故A错误； 对于B，,故B正确；对于C，故C错误；对于D，设的高为，即，则的面积，故D正确；故选：BD12AC【分析】对选项分别作图，研究计算可得.【详解】选项A:连接,由正方体性质知是矩形， 连接交于点 由正方体性质知平面,所以，是点到平

10、面的距离，即 是定值.选项B:连接与交于点，连接，由正方体性质知,是中点， ,又,的大小即为与所成的角，在直角三角形中，为定值.选项C:如图，作 在直角三角形中， 选项D:当与重合时，与重合，连接与交于点，连接,异面直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,在三角形中，, 由余弦定理得 故选：AC13x0R，x0sinx0【分析】含一个量词命题的否定，先改量词，再否结论即可【详解】解：因为命题为“xR，xsinx”，所以命题为x0R，x0sinx0，故答案为：x0R，x0sinx0【点睛】此题考查了命题的否定，改量词，否结论，属于基础题.1425【分析】由，利用基本不等式的性质即可得结果.【详解

11、】,且，则，当时，等号成立，故答案为.15【分析】由题画出函数的图像,转化方程有且只有两个不相等的实数根为与有两个交点,进而通过图像求解即可【详解】解：由題意,知当时,当时,即可得的最大值为1,作出函数的图像,如图所示,由关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,知与的图像有两个不同的交点,通过观察可得,实数a的取值范围是故答案为：16【分析】设的外接圆的半径为，可得为直角三角形，可求出，由已知得到平面的最大距离，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积.【详解】设的外接圆的半径为，则，为直角三角形，且，三棱锥体积的最大值是，均在球的球面上，到平面的最大距离，设球的半径为，则，即，解得

12、，球的表面积为.故答案为：.17（1）；（2）【分析】（1）首先根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂,化简为,求出周期;（2）由已知条件，先求的范围，然后求在范围内满足条件的值【详解】解：（1），.即的最小正周期是.（2）由，得，.18（1）；（2）.【分析】（1）将已知条件两边平方，求得的值，进而求得的值.（2）先求得的值，然后利用，结合两角差的余弦公式，求得的值.【详解】（1）因为，两边同时平方，得，.又，所以.（2）因为，所以，故.又，得，所以.【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查三角恒等变换，属于中档题.19（1）（2）见解析;(3)【详解】试题分析：(1)

13、根据对数函数的定义,列出关于自变量x的不等式组,求出的定义域;(2)由函数奇偶性的定义,判定在定义域上的奇偶性; (3)化简,根据对数函数的单调性以及定义域,求出不等式1的解集.试题解析：（1）要使函数有意义则， 解得.故所求函数的定义域为（2）由（1）知的定义域为，设，则 且， 故为奇函数 （3）因为在定义域内是增函数， 因为，所以，解得 所以不等式的解集是20（1）；（2）【分析】(1)选,先利用正弦定理化简可得,进而得到,结合的范围即可求得;选,先利用正弦定理可得,再利用余弦定理可得,结合的范围即可求得;(2)由余弦定理可得,再利用基本不等式可得,进而求得周长的最大值.【详解】(1)选:

14、因为,所以,因为,所以,即,因为,所以,所以,即;选:因为,所以,即,所以,因为,所以;(2)由(1)可知:,在中,由余弦定理得,即,所以,所以,当且仅当时等号成立,所以,即周长的最大值为.21（1）证明见解析；（2）【分析】（1）首先连接交于，连接，根据三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判断即可证明.（2）首先根据题意得到点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，再利用即可得到答案.【详解】（1）连接交于，连接，如图所示：因为，分别为，的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，所以平面.又因为是的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.即到平面的距离.因为，所以，

15、即为直角三角形，.所以.22（1）证明见解析；（2）点为线段中点【分析】（1）推导出平面，从而平面，由此能证明平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点为线段中点时，平面与平面所成的二面角的余弦值【详解】解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，在中，由余弦定理得，所以，所以.又，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.设平面的一个法向量为，则，即，取，得.设平面的一个法向量为，由，得，令，得，因为平面与平面所成的二面角的余弦值为，所以，整理得，解得或（舍去），所以点为线段中点时，平面与平面所成的二面角的余弦值为.