【文档说明】【精准解析】湖北省襄阳市第五中学2019-2020学年高一下学期4月月考数学试题.pdf，共(20)页，354.795 KB，由小赞的店铺上传

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-1-襄阳五中高一四月月考数学试题一、选择题1.已知集合2log1,0Ayyxx，0.5,1xByyx，则AB（）A.0.5,B.0,C.0,0.5D.0,0.5【答案】B【解

析】【分析】根据指数函数和对数函数的性质，化简集合,AB，再求并集即可.【详解】0x，11x，2log(1)0x，故{|0}Ayy1111,0,|0222xxByy

1{|0}0{|0}2AByyyyyy故选B【点睛】本题主要考查了集合并集的运算，属于中档题.2.已知2tab，21sab，则t和s的大小关系为A.tsB.tsC.tsD.ts

【答案】D【解析】试题分析：化简s﹣t的结果到完全平方的形式（b﹣1）2，判断符号后得出结论．解：s﹣t=a+b2+1﹣a﹣2b=b2﹣2b+1=（b﹣1）2≥0，故有s≥t，故选D．点评：本题考查完全平方公式的应用，用比较法证明不等式的方法，作差﹣﹣变形﹣﹣判断符

号﹣﹣得出结论．3.已知正实数a，b满足2ab，则12ab的最小值（）-2-A.32B.3C.3222D.322【答案】C【解析】【分析】化简1212112112()2()()(3)222baababababab

，再利用基本不等式求解.【详解】1212112112121()2()()(3)(32)(322)22222babaabababababab当且仅当2(2

1),2(22)ab时取等.故选：C【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.若1cos()43，(0,)2，则sin的值为（）A.71

8B.23C.426D.426【答案】C【解析】分析：利用同角三角函数的基本关系式sin()4的值，再利用两角差的正弦函数公式即可求解sin[()]44的值.详解：因为1cos(),0432，则042，且222si

n()1cos()443，则2221242sin[()]sin()coscos()sin44444432326，故选C.点睛：本题主要考查了同角三角函数的基

本关系式，以及两角差的正弦函数公式的应用，其-3-中熟记三角恒等变换的公式是化简求值的关键，着重考查了推理与运算能力.5.如图，在圆C中，C是圆心，点,AB在圆上，ABACuuuruuur的值（）A.只与圆C的半径有关B.只与弦AB的长度有关C.既与圆C的半径有关，又与

弦AB的长度有关D.是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值【答案】B【解析】【分析】根据数量积的定义去求，AB与AC的夹角用AB和AC去表示，即得结论.【详解】设AB与AC的夹角为，在ABC中，12cosABAC

.2112cos||2ABABACABACABACABAC，ABAC的值只与弦AB的长度有关，故选：B.【点睛】本题

主要考查向量的数列积，结合圆的性质，属于基础题.6.设,mn是不同的直线，,,是三个不同的平面，有以下四个命题：①若m，n，则//mn；②若m，n，//mn则//；③若//，//，m，则m；④若，，则//.其中正确命题的序号

是（）-4-A.①③B.②③C.③④D.①④【答案】A【解析】【分析】根据线面位置关系的性质或举出反例，进行判断即可.【详解】由垂直于同一平面的两直线平行可得，若m，n，则//mn，故①正确；设三棱柱的三个侧面分别为,,，其中两条侧棱为,mn，显然//mn，但,不平

行，故②错误；////，当m时，m，故③正确；当三个平面,,两两垂直时，显然当，时，//不成立，故④错误；故选A【点睛】本题主要考查了判断线与面，线与线，面与面的位置关系，属于中档题.7.一条线段夹在一个直二面角的两个半平面内，它与两

个半平面所成的角都是30°，则这条线段所在直线与这个二面角的棱所成角为（）A.6B.4C.3D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意作出AB与两个半平面的棱所成的角为ABD，利用边角关系，求出ABD的正弦值，得出结论．【详解】如图，AB的两个端点A，B，过A点作'AA，交

于'A，连接BA，则'ABA为线段AB与所成角，且'30ABA，-5-同理，过B作'BB，交于B'，则'BAB为'BB与所成角，且'30BAB,过B作''BDAB，且''BDAB，则ABD为所求，''ABBD为矩形，设2AB，在直角'ABB中，1

'3012BBABsinAB，在直角'ABA中，1'3012AAABsinAB，3'3032ABABcosAB，所以22''2BDABAD，同理2AD，所以22sinA

BD，故45ABD故选：B．【点睛】本题考查直线和平面所成的角，异面直线所成的角，属于中档题．8.在ABC中，80,100,45abA，则此三角形解的情况是()A.一解B.两解C.一解或两解D.无解【答案】B【解析】由题意知，80a，1

00b，45A，∴2sin100502802bA，如图：∵sinbAab，∴此三角形的解的情况有2种，故选B．9.某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为

60和30，第一排和最后一排的距离为106m（如图所示），则旗杆的高度为（）-6-A.10mB.30mC.103mD.203m【答案】B【解析】如图，依题意知∠ABC=30°+15°=45°,∠ACB=180°−60°−

15°=105°，∴∠BAC=180°−45°−105°=30°，由正弦定理知sinsinBCACBACABC，∴1062203122BCACsinABCsinBAC(m)在Rt△ACD中,332033022ADAC(m)即旗杆的高度为30m.本题选择B选

项.点睛：解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将

三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.10.已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且-7-222coscosabcaBbAabc，若ABC的外接圆半径为233，则ABC的周

长的取值范围为（）A.2,4B.4,6C.4,6D.2,6【答案】B【解析】【分析】先根据正弦定理与余弦定理化简条件得C，再根据正弦定理得c，最后根据余弦定理求ab最大值，由三角形三边关系确定ab范围，即得ABC的周长的取值范围.【详解】因为

222coscosabcaBbAabc，所以2coscosabcosCsinABsinBAabsinC，2sincosCABsinC，21cosC，3C,23c2233sin因此2

2222222223344ababcababcosCababababab.即22244abab，,因为2abc,所以4,6abc,选B.【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知

条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.11.如图，在棱长为a的正方体1111ABCDABCD中，P为11AD的中点，Q为11AB上任意一点，E、F为CD上两点，且EF的长为定值，则下面四个值中不是定值的是（）A.点P到平面QEF的距离-8-B.直线PQ与平面PEF所成的角C

.三棱锥PQEF的体积D.△QEF的面积【答案】B【解析】【详解】试题分析：将平面QEF延展到平面11CDAB如下图所示，由图可知，P到平面11CDAB的距离为定值.由于四边形11CDAB为矩形，故三角形

QEF的面积为定值，进而三棱锥PQEF的体积为定值.故A，C，D选项为真命题，B为假命题.考点：空间点线面位置关系.12.若定义在R上函数(1)yfx的图象关于其图象上一点1,0对称，()fx对任意的实数x都有(4)(

)fxfx，且(3)0f，则函数()yfx在区间[0,2019]上的零点个数最少有()A.1010个B.1514个C.1515个D.2020个【答案】C【解析】【分析】根据题意可得函数()fx关于(0,0)对称，且函数的周期为8，然后再求出函数在一个周期内的零点个

数为6，结合[0x，2019]进而可得出答案．【详解】解：因为函数(1)yfx的图象关于图象上点(1,0)对称，所以()yfx的图象关于(0,0)对称，故()fx为奇函数，又(4)()fxfx，所以(8)[(4)4](4)()fxfxfxfx，-9-即

()fx时周期为8的奇函数，因为(0)0f，30f，(3)0f，所以(34)(3)0ff，即10f，4(0)0ff，则40f，150ff，则50f，(34)

40ff，则70f，8(0)0ff，故在0,8中0，1，3，4，5，7为函数的零点，所以在0,2019中共有253个周期余3，(2016)(0)0ff，(2017)10ff，(2019)30ff，故函数在区间0,2019上零点个数最少有252

631515，故选：C．【点睛】本题考查了利用函数的对称性和周期性求函数的零点个数，属于中档题．二、填空题13.已知2,3a，3,4b，则ab在ab上的投影的数量为________.【答案】62【解析】【分析】根据向

量的加法、减法的坐标运算，结合一个向量在另一个向量的投影，可得结果.【详解】2,3a，3,4b，5,7ab，1,1ab，517112abab

，2ab，ab在ab上的投影的数量为-10-12622ababab.故答案为：62.【点睛】本题主要考查一个向量在另一个向量的投影，属基础题.14.4cos50tan40______．【答案】3【解析】【详解

】4sin40cos40sin404cos50tan40cos402cos10sin30cos10sin10cos30cos40,313cos10sin1022cos403cos403cos40,故

答案为3.考点：三角函数诱导公式、切割化弦思想.15.在ABC内角,,ABC的对边,,abc满足22223abc，则cosC的最小值为______.【答案】23【解析】【分析】利用余弦定理结合基本不等

式求解即可.【详解】根据题意，由22223abc得：22223abc由余弦定理得222222222222223cos22663abababcababCabababab当且仅当222ab

，即2ba时取等号-11-故答案为23【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用以及基本不等式的应用，属于中档题.16.如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心且22AB，设点M，N

分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN＋取得最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为____________．【答案】643.【解析】【分析】根据题意有=BANMNNMNBM＋＋,动点M恰为PD的中点即4BPBD,及

可求出23PO，则可求出外接球的半径，方可求出其表面积．【详解】由题意知=BANMNNMNBM＋＋当BMPD时BM最小，因为M为PD的中点，故而为PD的中点，即=4BPBD，2BO23PO，设外接球的半径为r，则22(23)4rr

．解得433r.故外接球的表面积为26443r.【点睛】本题考查椎体的外接球表面积，求出其外接球的半径，即可得出答案，属于中档题．三、解答题17.设集合13Axxx，413Bxx

.（1）求集合AB；（2）若不等式220xaxb的解集为B，求实数a、b的值.【答案】（1）1,1；（2）4a，6b.-12-【解析】【分析】（1）分0x、01x、1x三种情况解不等式13

xx，可得出集合A，解不等式413x，可得出集合B，再利用交集的定义可得出集合AB；（2）由（1）得知3,1B，由题意知，关于x的方程220xaxb的两根为3和1，然后利用韦达定理可求出a、b的值.【详解】（1）先解不等式1

3xx.①当0x时，由13xx得1213xxx，解得1x，此时10x≤≤；②当01x时，由13xx得113xx，成立，此时01x；③当1x时，由13xx得1213xxx，解得2x，此时12x

.所以，不等式13xx的解集为1,2A.解不等式413x，即411033xxx，解得31x，3,1B.因此，1,1AB；（2）不等式220xaxb的解集为B，

3、1是方程220xaxb的两实根.根据韦达定理得312312ab，解得4a，6b.【点睛】本题本题考查交集的运算，同时也考查了绝对值不等式、分式不等式的解法以及二次方程根与系数的关系，考

查分类讨论思想与运算求解能力，属于基础题.18.已知向量(2sin,1),(2cos,1)ab，其中0,2.（1）若ab，求角的大小；（2）若2abb，求tan的值.【答案】（1）12或512；（2）tan3.-13-【解

析】【分析】（1）由ab，得0ab，运算可得1sin22，再结合0,2，求即可；（2）由向量模的运算可得22sin2sincos3cos0，再等式两边同时除以2cos，运算即可得解.【详解】解：

（1）由ab，得0ab，即4cossin10，即1sin22，因为0,2，所以2(0,)，所以26或526，解得12或512．（2）由题得(2sin2cos,2)ab

，由||2||abb，得22()4abb，即224(sincos)416cos4，整理得22sin2sincos3cos0，因为0,2，所以cos0，等式两边同时除以2cos得，2tan2tan30

，即(tan3)(tan1)0，解得tan3或tan1，因为0,2，所以tan3，故tan3．【点睛】本题考查了向量的数量积运算及三角函数中知值求角问题，重点考查了三角函

数化简求值问题，属中档题.19.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosC－c＝2b.(1)求角A的大小；(2)若c＝2，角B的平分线BD＝3，求a.【答案】(1)A＝23-14-(2)a＝6【解析】【分析】（1）由正弦定理将边、角关

系转化成角的关系，再运算三角形的内角和定理和两角和的正弦公式转化sinsinsincoscossinBACACAC，可求得角A;（2）在ABD△中运用正弦定理，求得ABD，再由角平分线得ABC，再由三角形内角和定理得到ACB，再在ABC中运

用余弦定理，可求得a.【详解】(1)2cos2aCcb，由正弦定理得2sincossin2sinACCB，所以2sincossin2sin()2sincos2cossinACCACACAC，1

sin2cossin,sin0,cos2CACCA，又2(0,),3AA；(2)在ABD△中，由正弦定理得，sinsinABBDADBA,∴sinADB＝sin22ABABD,又(0,)ADB，A23，∴ADB∠

4，12ABDAADB,因为BD平分角B，ABC\Ð=6，ACB∠6，所以ACAB2，在ABC中，由余弦定理，2222222cos(2)(2)222cos63BCABACABACA

，6a.故得解.【点睛】本题考查运用正弦定理和余弦定理解三角形，关键在于分析已知条件进行边、角关系统一成边的关系或角的关系和选择合适的定理求解，属于中档题.20.如图，在三棱柱111ABCABC

中，底面ABC为正三角形，1AA底面ABC，13AAAB，点E在线段1CC上，平面1AEB平面11AABB．-15-（1）请指出点E的位置，并给出证明；（2）若1AB，求1BE与平面ABE夹角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）31313.【解析】

【分析】（1）取AB中点为F，1AB的中点为G，连接CF，FG，EG．四边形FGEC为平行四边形,即可说明CF平面11AABB，即EG平面11AABB，即平面1AEB平面11AABB.（2）利用等体积法11BABEEABBVV，即可求出点1

B到平面ABE的距离的h，再代入公式1sinhBE，即可求出答案．【详解】（1）点E为线段1CC的中点．证明如下：取AB中点为F，1AB的中点为G，连接CF，FG，EG．所以//FGCE，FGCE，所以四边形FGEC为平行四边

形．所以//CFEG．因为CACB，AFBF，所以CFAB．又因为1AA平面ABC，CF平面ABC，所以1AACF．又1AAABA，所以CF平面11AABB．所以EG平面11AABB，而EG平面1AEB，所

以平面1AEB平面11AABB.-16-（2）由1AB，得13AA．由（1）可知，点E到平面1ABB的距离为32EGCF．而1ABB△的面积1131322ABBS132AEBE，等腰ABE△底边AB上的高为131344记点1B到平

面ABE的距离为h，由11133111332232BABEEABBVVh，得32h，即点1B到平面ABE的距离为32.又113=2BEAEBE1BE与平而ABE夹角的正弦值1sin=hBE31313.【点睛】本题考查面面垂直的判断，线面角的正弦值，属

于中档题．21.如图（1）,EF分别是,ACAB的中点，90,30ACBCAB，沿着EF将AEF折起，记二面角AEFC的度数为.（1）当90时，即得到图（2）求二面角ABFC的余弦值；（2）如图（3）中，若ABCF，求cos的值.【

答案】（1）55；（2）13.【解析】试题分析：（1）过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，可证AHE为二面角-17-ABFC的平面角，进而可得二面角ABFC的余弦值；（2）过点A向CE作垂线垂足为G，可得AG平面BCEF，AEG是所求，根据平面几何知识和三垂

线定理可得.试题解析：（1）∵平面AEF平面CEFB，且EFEC，∴AE平面CEFB过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则AHE为二面角ABFC的平面角设2,4,23BCaEFaABaA

Ca，3AEa，32EHa22352cos5334aEHAHEAHaa.（2）过点A向CE作垂线，垂足为G，如果ABCF，则根据三垂线定理有GBCF，因BCF为正三角形，故023tan30

3CGBCa，则33GEa，而3AEa故1cos3GEAE.考点：1、面面垂直的性质定理；2、二面角的求法.22.已知函数24sinsin42xfxxcossincossin1xxxx.（

1）求函数fx的最小正周期；-18-（2）常数0，若函数yfx在区间2,23上是增函数，求的取值范围；（3）若函数12122gxfxafxafxa

在,42的最大值为2，求实数a的值.【答案】(1)2T.(2)30,4.(3)2a或6【解析】分析：(1)根据倍角公式中的降幂公式，合并化简，得到）2sinfxx.可求得最小正周期．（2）根据正弦函数的单调区间，求得

∴fx的递增区间为22,,22kkkZ再判断在区间2,23上是增函数条件下的取值情况即可．（3）化简gx的表达式得到1sin2sincos12gxxaxaxa

.利用换元法令sincosxxt，得到关于t的二次函数表达式．对a分类讨论，判断在a取不同范围值时y的最值，从而求得a的值．详解：（1）2221cossincossin12fxxxxx222sinsin

12sin12sinxxxx.∴2T.（2）2sinfxx.由2222kxk得22,22kkxkZ，∴fx的递增区间为22,,2

2kkkZ∵fx在2,23上是增函数，-19-∴当0k时，有2,,2322.∴0,,222,23

解得304∴的取值范围是30,4.（3）1sin2sincos12gxxaxaxa.令sincosxxt，则2sin21xt.∴22111122ytatatata221242aata.∵sincos2sin4t

xxx，由42x得244x，∴21t.①当22a，即22a时，在2t处max1222ya.由12222a，解得88221227221a（舍去).②当212a，即2

22a时，2max142aya，由21242aa得2280aa解得2a或4a（舍去）.③当12a，即2a时，在1t处max12ay，由122a得6a.综上，2a或6a为所求.点睛：本题考查了三角函数的综

合应用，根据表达式求周期、单调性、最值等，综合性强，对分析问题、解决问题的能力要求较高，属于难题．-20-