浙江省溫州市甌北鎮(zhèn)中學高一數(shù)學理月考試卷含解析

浙江省溫州市甌北鎮(zhèn)中學高一數(shù)學理月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.設(shè)全集，集合，，則是（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A2.函數(shù)的最小正周期是（

）.A．

B．

C．

D．參考答案：.D

3.函數(shù)y＝＋log2(x＋3)的定義域是()A．R

B．(－3，＋∞)

C．(－∞，－3) D．(－3，0)∪(0，＋∞)參考答案：D4.從某年級1000名學生中抽取125名學生進行體重的統(tǒng)計分析，就這個問題來說，下列說法正確的是（

）A.1000名學生是總體 B.每個被抽查的學生是個體C.抽查的125名學生的體重是一個樣本 D.抽取的125名學生的體重是樣本容量參考答案：C試題分析：在初中學過：“在統(tǒng)計中，所有考察對象的全體叫做總體，其中每一個所要考察的對象叫做個體，從總體中抽取的一部分個體叫做總體的一個樣本，樣本中個體的數(shù)目叫做樣本容量.”因此題中所指的對象應(yīng)是體重，故A、B錯誤，樣本容量應(yīng)為125，故D錯誤.考點：樣本、個體、總體5.如圖，三棱柱A1B1C1—ABC中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中點，則下列敘述正確的是(

)．A、AE、B1C1為異面直線，且AE⊥B1C1B、AC⊥平面A1B1BAC、CC1與B1E是異面直線D、A1C1∥平面AB1E參考答案：A6.不等式(x＋3)2＜1的解集是()A．{x|x＜－2}B．{x|x＜－4}

C．{x|－4＜x＜－2}

D．{x|－4≤x≤－2}參考答案：C7.+2=（）A．2sin4 B．﹣2sin4 C．2cos4 D．﹣2cos4參考答案：B【考點】三角函數(shù)的化簡求值．【分析】原式第一項被開方數(shù)利用二倍角的余弦函數(shù)公式化簡，第二項被開方數(shù)利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系及完全平方公式化簡，再利用二次根式的化簡公式計算即可得到結(jié)果．【解答】解：∵π＜＜4，∴sin4＜cos4＜0，∴sin4﹣cos4＜0，∴+2=+2=2|cos4|+2|sin4﹣cos4|=﹣2cos4+2cos4﹣2sin4=﹣2sin4．故選：B．8.已知兩條直線和互相垂直，則等于(

)A．

B．

C．

D．

參考答案：A略9.的圖象是（）A. B.C. D.參考答案：D當時，，故B、C不正確，當時，，所以A不正確，故選D.10.設(shè)向量a＝(1，cosθ)與b＝(－1,2cosθ)垂直，則cos2θ等于()A． B．C．0 D．－1參考答案：C由a⊥b得，－1＋2cos2θ＝cos2θ＝0.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.

對a,bR,記,函數(shù)f（x）＝的最小值是

.參考答案：12.在平面直角坐標系中，已知角θ的頂點在坐標原點，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線y=3x上，則sin2θ=．參考答案：【考點】GS：二倍角的正弦；G9：任意角的三角函數(shù)的定義．【分析】利用任意角的三角函數(shù)的定義求得tanθ，再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、二倍角的正弦公式，求得sin2θ的值【解答】解：∵角θ的頂點在平面直角坐標系xOy原點O，始邊為x軸正半軸，終邊在直線y=3x上，∴tanθ=3∴sin2θ====，故答案為：．13.已知函數(shù)是上的偶函數(shù)，若對于，都有，且當時，，則的值為

參考答案：114.三棱錐P﹣ABC的底面ABC是等腰三角形，AC＝BC＝2，AB＝2，側(cè)面PAB是等邊三角形且與底面ABC垂直，則該三棱錐的外接球表面積為_____．參考答案：20π【分析】求出的外接圓半徑，的外接圓半徑，求出外接球的半徑，即可求出該三棱錐的外接球的表面積．【詳解】由題意，設(shè)的外心為，的外心為，則的外接圓半徑，在中，因為，由余弦定理可得，所以，所以的外接圓半徑，在等邊中，由，所以，所以，設(shè)球心為，球的半徑為，則，又由面，面，則，所以該三棱錐的外接球的表面積為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了三棱錐外接球的表面積的求解，其中解答中熟練應(yīng)用空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，確定球的半徑是解答的關(guān)鍵，著重考查了空間想象能力，以及推理與運算能力，屬于中檔試題．15.已知，則.參考答案：∵，∴，即，∴．

16.函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為______________．參考答案：17.已知函數(shù)，滿足，則=

．參考答案：-5三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋b.(1)若b＝－1，函數(shù)y＝f(x)在x∈[2,3]上有一個零點，求a的取值范圍；(2)若a＝b，且對于任意a∈[2,3]都有f(x)＜0，求x的取值范圍．參考答案：（1）（2）1＜x＜2．【分析】（1）b＝﹣1時，f（x）＝x2﹣（a+1）x﹣1，由f（0）＝﹣1，f（x）在[2，3]有一個零點，則，解出即可得出．（2）令g（a）＝（1﹣x）a+x2﹣x，a∈[2，3]，看做一次函數(shù)，利用單調(diào)性即可得出．【詳解】解：（1）b＝﹣1時，f（x）＝x2﹣（a+1）x﹣1，∵f（0）＝﹣1，若f（x）在[2，3]有一個零點，則，得出．∴a的取值范圍是．（2）令g（a）＝（1﹣x）a+x2﹣x，a∈[2，3]，∵g（a）＜0，∴，得出：1＜x＜2．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的性質(zhì)、不等式的性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．19.已知以點A（﹣1，2）為圓心的圓與直線m：x+2y+7=0相切，過點B（﹣2，0）的動直線l與圓A相交于M、N兩點（1）求圓A的方程．（2）當|MN|=2時，求直線l方程．參考答案：【考點】直線與圓相交的性質(zhì)．【分析】（1）利用圓心到直線的距離公式求圓的半徑，從而求解圓的方程；（2）根據(jù)相交弦長公式，求出圓心到直線的距離，設(shè)出直線方程，再根據(jù)點到直線的距離公式確定直線方程．【解答】解：（1）意知A（﹣1，2）到直線x+2y+7=0的距離為圓A半徑r，∴，∴圓A方程為（x+1）2+（y﹣2）2=20（2）垂徑定理可知∠MQA=90°．且，在Rt△AMQ中由勾股定理易知設(shè)動直線l方程為：y=k（x+2）或x=﹣2，顯然x=﹣2合題意．由A（﹣1，2）到l距離為1知．∴3x﹣4y+6=0或x=﹣2為所求l方程．20.如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.(1)求異面直線BF與DE所成的角的大?。?2)證明：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角A－CD－E的余弦值．參考答案：方法一(1)由題設(shè)知，BF∥CE，所以∠CED(或其補角)為異面直線BF與DE所成的角．設(shè)P為AD的中點，連接EP，PC.因為FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD內(nèi)，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.設(shè)FA＝a，則EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝a，故∠CED＝60°.所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(2)因為DC＝DE且M為CE的中點，所以DM⊥CE.連接MP，由EP＝CP得，MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)設(shè)Q為CD的中點，連接PQ，EQ.因為CE＝DE，所以EQ⊥CD.因為PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP為二面角A－CD－E的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝a，PQ＝a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝＝．所以二面角A－CD－E的余弦值為．方法二如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點，設(shè)AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，M．(1)＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，于是cos〈，〉＝＝＝．所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(2)由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3設(shè)平面CDE的法向量為u＝(x，y，z)，則于是令x＝1可得u＝(1,1,1)．又由題設(shè)，平面ACD的一個法向量為v＝(0,0,1)．所以，cosu，v＝＝＝．因為二面角A－CD－E為銳角，所以其余弦值為．21.設(shè)的內(nèi)角所對的邊長分別為，且，．（Ⅰ）求邊長；（Ⅱ）若的面積，求的周長．參考答案：（1），，兩式相除，得 ……1分， 即 ……3分，

……5分（2）由得……7分又，得……9分故周長……10分22.解關(guān)于的不等式.參考答案：當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為