《福建省2018-2019学年高一5月月考数学试题 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省2018-2019学年高一5月月考数学试题 含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、上杭一中2018-2019学年第二学期5月月考高一数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，有且只有一个是正确的，请将你认为正确答案序号填涂在答题卡相应位置上）1.不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】利用二次不等式求解即可【详解】不等式x21，移项得：x210，因式分解得：（x+1）（x1）0，则原不等式的解集为x|x-1或x1故选：D【点睛】此题考查了一元二次不等式的解法，考查了转化的思想，是一道基础题，也是高考中常考的计算题2.在中，已知，则（ ）A. 1B. C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】通过余弦定
2、理把用三边表示出来代入待求值式化简即可【详解】bcosCccosBbca2.【点睛】在边角混合出现的式子中，可用正弦定理或余弦定理化边为角或化角为边，然后用相应的公式化简变形3.在明朝程大位算法统宗中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头（最少一层）几盏灯？”（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】D【解析】【分析】设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果【详解】设塔顶的盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，S7=381= ，解得故选：D【点睛】本题考查等比数列的首项的求法，是基础题，解题时要认真
3、审题，注意等比数列的求和公式的合理运用4.设是直线，是两个不同的平面（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】分析】利用线面平行,垂直和面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择.【详解】对于A若l，l，则或，相交，故A错；对于B若l，l，则由线面平行的性质定理，得过l的平面m，即有ml，m，再由面面垂直的判定定理，得，故B对；对于C若，l，则l或l，故C错；对于D若，l，若l平行于，的交线，则l，故D错故选:B【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题5.圆心和圆上任意两点可确定的平
4、面有（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 1个或无数个【答案】D【解析】【分析】按三点是否共线讨论，利用平面的基本性质及推论能求出结果【详解】若圆心和圆上两点共线，则可确定无数个平面若圆上任意三点不共线，由不共线三点确定一个平面，得圆上任意三点可确定的平面有且只有1个故选：D【点睛】本题考查平面个数的确定，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理运用6.在数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知得an+1an由此利用累加法能求出an,则可求详解】在数列an中，a12，an+1anana1+（a2a1）+（a3a2）+（anan1）2+ln2
5、+ 2+lnn，故2+ln10故选：A【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累加法的合理运用7.在中，若，则为（ ）A. 等边三角形B. 等腰直角三角形C. 等腰或直角三角形D. 直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式化简整理后表示出cosA，再利用余弦定理表示出cosA，整理后得到a2+c2b2，根据勾股定理的逆定理即可判断出此三角形为直角三角形【详解】 ,cosA=，又根据余弦定理得：cosA= ，b2+c2a22c2，即a2+c2b2，ABC为直角三角形故选：D【点睛】此题考查了三角形形状的判断，考查二倍角的余弦公式，余弦定理，以及勾股定
6、理的逆定理；熟练掌握公式及定理是解本题的关键8.若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题有解，利用基本不等式求x+2y最小值即可求解【详解】由题有解，当且仅当y=2,x=4等号成立则，解得实数的取值范围为故选：B【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查不等式有解问题，二次不等式解法，准确计算是关键，是基础题9.某炮兵阵地位于点，两个观察所分别位于，两点，已知为等边三角形，且，当目标出现在点（，两点位于两侧）时，测得，则炮兵阵地与目标的距离约为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三角形内角和定理得出CBD
7、60，在BCD中，由正弦定理得出BD，再在ABD中利用余弦定理解出AB即可【详解】如图所示： CBD180CDBBCD180457560，在BCD中，由正弦定理，得： 故BD=2 在ABD中，ADB45+60105，由余弦定理，得AB2AD2+BD22ADBDcos105AB= 故炮兵阵地与目标的距离为故选：C【点睛】本题考查解三角形实际应用，考查正余弦定理的灵活运用，准确运算是关键，是中档题10.在正四棱锥中，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：连接交于点，连接.因为为中点，所以，所以即为异面直线与所成的角因为四棱锥为
8、正四棱锥，所以，所以为在面内的射影，所以即为与面所成的角，即，因为，所以所以在直角三角形中，即面直线与所成的角为故选C考点：直线与平面所成的角，异面直线所成的角【名师点睛】本题考查异面直线所成角，直线与平面所成的角，考查线面垂直，比较基础连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，先证明PAO即为PA与面ABCD所成的角，即可得出结论11.已知正方体的棱长为，点，分别为棱，的中点，下列结论中，正确结论的序号是_（把所有正确结论序号都填上）.过，三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；平面；平面；二面角平面角的正切值为；四面体的体积等于.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】逐项分析即可
9、【详解】对，截面为如图所示的正六边形，故正确；对与平面相交，故错误；对，由题又 面 ，故，所以平面，正确；对，取AC中点O,连接 故 为二面角的平面角，又，故 错误对，四面体的体积V=，故错误故选：B【点睛】本题考查空间几何体的性质，线面平行与垂直的判定，考查推理与计算能力，是中档题12.设数列满足：，记数列的前项之积为.，则（ ）A. B. C. 1D. -1【答案】D【解析】【分析】根据递推公式，考虑数列的周期性，通过具体计算前几项，发现周期性并利用【详解】，,得 数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3且，20213673+2，所以（1）673 故选：D【点睛】本题考查数列的递推公式，
10、数列的函数性质周期性发现周期性并利用是本题的关键二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将最简答案填写在答题卡相应位置上）13.在三角形中，则_【答案】【解析】【分析】由余弦定理可得BD的值，由正弦定理可得sinABD的值【详解】由余弦定理可得：BD， 由正弦定理可得：sinABD故答案为【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题14.数列的前项，若，则的最小值为_【答案】-12【解析】【分析】先由求得，再利用二次函数求的最小值【详解】当 ，当n=1,满足上式，故=2n,= ,对称轴为n= ,故n=2或3 时，最小值为-12
11、故答案为-12【点睛】本题考查由求数列通项，考查数列最值，考查计算能力，是基础题，注意n为正整数，是易错题15.已知三条相交于点的线段，两两垂直，在平面外，平面于，则垂足是三角形的_心【答案】垂直【解析】【分析】根据PA，PB，PC两两垂直得线面垂直，最后由线面垂直可证明线线垂直，得垂足H是ABC的垂心从而选出答案【详解】PH平面ABC于H，PHBC，又PA平面PBC，PABC，BC平面PAH，BCAH，即AH是三角形ABC的高线，同理，BH、CH也是三角形ABC的高线，垂足H是ABC的垂心故答案为垂【点睛】本题主要考查了三角形五心，以及空间几何体的概念、空间想象力，线面垂直的判断，属于基础题
12、16.已知一个三棱锥，则它的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥PABC外接球的直径，即可求出三棱锥PABC外接球的表面积【详解】三棱锥PABC中，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3，则长方体的对角线长等于三棱锥PABC外接球的直径设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y216，y2+z216，x2+z29，x2+y2+z2三棱锥PABC外接球的直径为2三棱锥PABC外接球的表面积为 故答案为：【点睛】本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径
13、是关键二、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知长方体.（1）若，求异面直线和所成角的大小；（2）若三个相邻侧面的对角线长分别为1，求外接球的表面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）连接 证明 面 即可求解（2）利用长方体外接球心在体对角线中点求解即可【详解】（1）连接 ，因为，则 ，又 面 故，又，故 面 ，所以异面直线和所成角的大小为；（2）设长方体的棱长分别为a,b,c,则则，则 ，则外接球的表面积为【点睛】本题考查异面直线的夹角，线面垂直的判定，长方体的外接球，考查空间想象能力，是基础题18.已知函数 （1）解关于的不等式；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）答案不唯一，具体见解析.（）【解析】【分析】（）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.（）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.【详解】（） 即， ，（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为，综上所述，（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为 .（）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.时，不等式
