【文档说明】【精准解析】湖南省岳阳市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次质量检测数学试题.pdf，共(19)页，527.382 KB，由小赞的店铺上传

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-1-岳阳市一中2020年上期高一第一次质量检测数学试卷一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.已知集合228023AxxxBxx

，，则AB().A.23，B.23，C.42，D.43，【答案】B【解析】【分析】求解一元二次不等式的解集，化简集合A的表示，最后运用集合交集的定义，结合数轴求出AB.【详解】因为228024AxxxAxx

x或，所以23[2,3)BxA，故本题选B.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合交集的运算，正确求解一元二次不等式的解集、运用数轴是解题的关键.2.在正方体1111ABCDABCD中，直线1BC与直线11AC所成角是（）A.45B.60C.

90D.120【答案】B【解析】【分析】直线1BC与直线11AC所成角为1BCA，1ABC为等边三角形，得到答案.【详解】如图所示：连接1,ACAB易知：直线1BC与直线11AC所成角为1BCA1ABC为等边三角形，夹角为60故答案选B-2-【点睛】本

题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力.3.sin160cos10cos20sin170().A.32B.32C.12D.12【答案】D【解析】【分析】运用诱导公式进行化简，最后逆用两角和的正

弦公式求值即可.【详解】1sin160cos10cos20sin170sin20cos10cos20sin10sin(2010)sin302,故本题选D.【点睛】本题考查了正弦的诱导公式，考查了逆用两角和的正弦公式，考查了特殊角的正弦值.4

.已知,ab是不共线的向量，2,(1)ABabACab，且,,ABC三点共线，则（）．A.-1B.-2C.-2或1D.-1或2【答案】D【解析】【分析】A，B，C三点共线，可得存在实数k使得AB

kAC，即可得出．-3-【详解】∵A，B，C三点共线，∴存在实数k使得ABkAC，∴2abk1ab，21kk，解得λ＝﹣1或2．故选D．【点睛】本题

考查了三点共线、方程思想方法、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.已知tan3，则222sin2cossincossin().A.38B.916C.1112D.79【答案】C【解析】【分析】分子分母

同时除以2cos，利用同角三角函数的商关系化简求值即可.【详解】因为tan3，所以2cos0，于是有2222222222sin2cossin2cos211sincossinsincossintant

an1tancoscos2，故本题选C.【点睛】本题考查了同角三角函数的商关系，考查了数学运算能力.6.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，

P分别为其所在棱的中点，能得出//AB平面MNP的图形的序号是（）A.①③B.②③C.①④D.②④-4-【答案】C【解析】【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.【详解】对于①，连接AC如图所示，由于//,//MNACNPBC

，根据面面平行的性质定理可知平面//MNP平面ACB，所以//AB平面MNP.对于②，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面ABC内AB与DN相交，所以直线AB与平面MNP相交.对于③，连接CD，则//ABCD，而CD与PN相交，即CD

与平面PMN相交，所以AB与平面MNP相交.对于④，连接CD，则////ABCDNP，由线面平行的判定定理可知//AB平面MNP.-5-综上所述，能得出//AB平面MNP的图形的序号是①④.故选：C【点

睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.7.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A.22B.122+C.222D.12【答案】

A【解析】【分析】如图所示建立坐标系，计算面积得到答案.【详解】如图所示建立坐标系，根据题意：图2中OABC为直角梯形，2OC，1BC，21OA.故22S.故选：A.-6-【点睛】本题考查了斜二测画法求面积，意在考查学生的计算能力.8.一个几何

体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积（单位：cm2）为（）A.48B.64C.120D.80【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体侧面积公式求结果.【详解】几何体为一个正四棱锥，底面为边长为8的正方体

，侧面为等腰三角形，底边上的高为5，因此四棱锥的侧面积为1458=802，选D.【点睛】解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．9.正方体ABCD-A1B1C1D1中，P､Q､R分别是AB､AD､B1C1的中点，那么正方体的过P､Q､R的截面图形是（

）A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形【答案】D【解析】【分析】由已知的三点P、Q、R，确定截面的一条边PQ，然后找出截面与正方体右侧面的交线，延长PQ交BC于一点，连接该点与点R即可得到与棱1BB的交点，利用公理3确定

交线,RMPM,同样的方法找出其它交线，即可得到截面.【详解】由已知的三点P、Q、R，确定截面的一条边PQ，延长PQ交BC于一点，连接该点与点R即可得到与棱1BB的交点M，利用公理3确定交线,RMPM,同样的方法找出其它交线，即可得到截面如图所示：-7-故选：D【点睛】本题考查几何

体的截面图；考查空间想象能力和利用所学知识进行作图能力；利用公理3确定平面与平面的公共点，进而求出平面与平面的交线是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.10.如图,在梯形ABCD中,2DCAB,P为线段CD上一点,且12DPPC

，E为BC的中点,若EPABAD（，R）,则的值为（）A.13B.13C.0D.12【答案】B【解析】【分析】直接利用向量的线性运算，化简求得1526EPADAB

，求得,的值，即可得到答案.【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得：1214111232326EPECCPBCCDACABABACAB

1111522626ADABABADAB又因为EPABAD，所以51,62，所以511623，故选

B.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算及其应用，其中解答中熟记向量的线性运算法则，-8-合理应用向量的三角形法则化简向量EP是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.11.已知函数1()2sin()2fxxx,则122018()()()20192019

2019fff的值等于（）A.2019B.2018C.20192D.1009【答案】D【解析】【分析】由题意，化简函数()(1)1fxfx，再利用倒序相加法，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数11()(1)2sin()(1)2s

in(1)22fxfxxxxx11111112sin()2sin()12sin()2sin[()]12sin()2sin()1222222xxxxxx设122018()()()201920192019Sfff

，则201820171()()()201920192019Sfff，所以1201822018201812[()()][()()][()()]2018201920192019201920192019Sffffff

，所以1009S，故选D.【点睛】本题主要考查了函数的化简求值，以及利用倒序相加求和，其中解答中化简函数()(1)1fxfx，再利用倒序相加法求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.12.已知函数12,0()21,0xex

fxxxx，关于x的方程23())0()(ffxaxaR有8个不等的实数根，则a的取值范围是（）A.13(3,)4B.(2,3)C.4(,4)3D.92,4【答案】D【解析】【分析】-9-根据题意，作出函数fx的图象，令fxt，

23gttta，结合函数fx的图象可知，只需函数gt在区间1,2上与t轴有两个不同的交点，利用二次函数的性质求出实数a的取值范围即可.【详解】根据题意，作出函数fx的图象如图所示：令fxt，由图可

知，关于t的方程230tta在区间1,2上有两个不等的实数根，令23gttta，则函数gt在区间1,2上与t轴有两个不同的交点，所以113024603990242gagaga，解得924a，所以实数a的

取值范围为924a.故选：D【点睛】本题考查分段函数图象的作法、一元二次方程根的分布问题及一元二次函数的性质；考查数形结合思想、换元思想和运算求解能力；正确作出函数fx的图象和熟练掌握一元二次函数的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.二､填空题(本大题共4小题，每小题5分

，共20分.请把答案填在答题卷中对应题号后的横线上.)13.幂函数()fx的图象过点(3,3)，则(4)f_______．【答案】2【解析】【分析】-10-设出幂函数的解析式，由图象过3,3,确定出解析式，然后令4x即可得到

4f的值.【详解】设afxx，因为幂函数图象过3,3，则有133,2aa,即12fxx,12442f，故答案为2.【点睛】本题主考查幂函数的解析式，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于简单题.14.已知向

量(cos,sin),(3,1)ab，若//ab，则sincos_______.【答案】310【解析】【分析】利用平面向量共线的坐标表示和同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】因为//ab，由平面向量平行的坐标表示可得，1cos3sin0，即cos

3sin，因为22cossin1，所以21sin10，所以23sincos3sin10.故答案为：310【点睛】本题考查平面向量共线的坐标表示和同角三角函数的基本关系；考查运算求解能力；熟练掌握平面向量共

线的坐标表示是求解本题的关键；属于基础题.15.已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为__________．【答案】25【解析】【分析】正四棱锥PABCD的外接球的球心在它的高PE上，求出球的半径，求出球的表面积．【详解】

如图，正四棱锥PABCD中，PE为正四棱锥的高，根据球的相关知识可知，正四棱锥的外接球的球心O必在正四棱锥的高线PE所在的直线上，延长PE交球面于一点F，连接AE，AF，-11-由球的性质可知PAF为直角三角形且AEPF，根据平面几何中的射影定理可得2PAPFPE，因为2AE，所以

侧棱长224225PA，2PFR，所以2024R，所以52R，所以2425SR故答案为25．【点睛】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．16.已知函数xFxe满足Fxgxhx，且,gxhx分别是

R上的偶函数和奇函数，若0,2x使得不等式20gxahx恒成立，则实数a的取值范围是_______________.【答案】,22【解析】函数xFxe满足Fxgxhx，且

,gxhx分别是R上的偶函数和奇函数，,xxegxhxegxhx，,,22xxxxeeeegxhx0,2x使得不等式20gxahx恒成立，即22222xxxxxxxxxxxxeeeeaeeeeeeee

，设xxtee，则函数xxtee-12-在0,2上单调递增，220tee，此时不等式222tt，当且仅当2tt，即2t时，取等号，22a，故答

案为,22.【方法点晴】本题主要考查函数的奇偶性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数afx恒成立(maxafx可)或afx恒成立（minafx即可）；②数形结合(yfx图象在

ygx上方即可)；③讨论最值min0fx或max0fx恒成立；④讨论参数.本题是利用方法①求得a的范围.三､解答题：本大题6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.如图，将棱长为2的正方体1111ABCDABCD沿着相邻的三

个面的对角线切去四个棱锥后得一四面体11ACBD．（Ⅰ）求该四面体的体积；（Ⅱ）求该四面体外接球的表面积．【答案】（Ⅰ）8123（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用正方体体积减去截去部分的体积即可求解（Ⅱ）利用正四面体与正方体的外接球一致求解【详解】(Ⅰ)三棱锥1BABC的体

积1114222323V，切去部分的体积为14164433V正方体的体积为22228V-13-∴四面体的体积3168833V(Ⅱ)∵正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为23，

∵该四面体外接球即为正方体的外接球，而正方体的外接球直径为其体对角线∴外接球直径2R23，半径R3，∴外接球表面积为2412SR【点睛】本题考查组合体体积，外接球问题，是基础题18.已知4,0A,0,4B,cos,s

inC，O为坐标原点.（1）若OCAB,求tan的值；（2）若21OAOC,且0,，求•OBOC.【答案】（1）1（2）23【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标运算列式直接求解即可；（2）先

求得OAOC的坐标，利用坐标表示向量的模长，列方程求得，从而得13,22C，利用向量坐标表示数量积即可得解.【详解】（1）依题，，因为OCAB，所以，所以.（2）因为，所以，所以，-1

4-因为，所以，所以，所以【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，包括共线、模长、数量积，属于基础题.19.已知,为锐角，45tan,cos()35．（Ⅰ）求cos2的值;（Ⅱ）求t

an的值．【答案】（Ⅰ）7cos2tan225（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）sin4tancos3结合22sincos1，求解即可；（Ⅱ）先求sin，进而得tan2，利用两角和的正切公式展开求解即可【详解】（Ⅰ）4sin4

tan,tan,sincos3cos3．2229sincos1,cos25，27cos22cos125．（Ⅱ）,为锐角，225sin1cos5

，tantantan221tantan，而4tan,tan23【点睛】本题考查同角三角函数基本关系，两角和的正切公式，熟记公式，准确计算是关键，是基础题20.已知向量2(cos,sin2)axx,(2,3)b(其中0),

函数()fxab,其最小正周期为.(1)求函数()fx的解析式.-15-(2)求函数()fx在区间[0,]2上的最大值和最小值.【答案】（1）2sin216fxx（2）最大值为3，最小值为0【解析】【分析】（I）由三角恒等变换的公

式，化简得πfx2sin2ωx16，再由函数的最小正周期，求得ω1，即可得到函数的解析式；（2）由π0x2，所以ππ7π2x666，所以1πsin2x126，即可求解函数的最值.【详解】（I）由题意，函数2fxa·b2cosωx3sin

2ωx12cos2ωx3sin2ωxπ2sin2ωx16，因为fx最小正周期为π，所以2ππ2ω，解得ω1，即πfx2sin2x16（2）由π0x2，所以ππ7π2x6

66，所以1πsin2x126，所以0fx3，即fx的最大值为3，最小值为0【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，以及三角函数的性质的应用，其中熟练应用三角函数恒等变换的公式化简函数的解析式，熟记三角函数

的性质及其应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.21.某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研发现：某珍稀水果树的单株产量W（单位：千

克）与施用肥料x（单位：千克）满足如下关系：253,02()50,251xxWxxxx，肥料成本投入为10x元，其它成本投入（如培育管理、施肥等人工费）20x元．已知这种水果的市场售价大约为15元／

千克，且销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为()fx（单位：元）．-16-（Ⅰ）求()fx的函数关系式；（Ⅱ）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大?最大利润是多少?【答案】（Ⅰ）27530225,02,75030,25.1xx

xfxxxxx（Ⅱ）当施用肥料为4千克时，种植该果树获得的最大利润是480元．【解析】【分析】（1）根据题意可得f（x）＝15w（x）﹣30x，则化为分段函数即可，（2）根据分段函数的解析式即可求出最大利润．【详解】（Ⅰ）由已知15

20101530fxWxxxWxx2155330,02,501530,251xxxxxxx27530225,02,75030,25.1xxxxxxx(Ⅱ)由(Ⅰ)得22175222,02

,7530225,02,5=75030,25.25780301,25.11xxxxxfxxxxxxxx当02x时，max2465fxf

；当25x时，257803011fxxx2578030214801xx当且仅当2511xx时，即4x时等号成立．因为465480，所以当4x时

，max480fx．∴当施用肥料为4千克时，种植该果树获得的最大利润是480元．【点睛】本题考查了函数的应用、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.若定义域为R的函数12()2xxbf

xa是奇函数．-17-（Ⅰ）求,ab的值;（Ⅱ）若对任意的xR，不等式2cos2cos(1)03fxxf恒成立，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）2a，441,33b（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由函数是奇函数，求出参

数a，b的值．（Ⅱ）利用函数的单调性得到2cos2cos103fxxf的等价命题，再利用不等式恒成立的条件，解出即可．【详解】（Ⅰ）因为fx是R上的奇函数，所以00f，即102ba，解得1b，从而有1212xxfxa．又由

11ff知1121241aa，解得2a，经检验，fxfx成立故21ab，（Ⅱ）由（Ⅰ）知1211122221xxxfx任取1212,,xxRxx

21121222ff02121xxxxxx故fx在R上为减函数，又因fx是奇函数，从而不等式2cos2cos103fxxf2cos2cos13fxxf

2cos2cos13fxxf22cos2cos1cos2cos1033xxxx-18-222cos1cos+10,3xx（）令costx，则1,1t

即241033gttt对1,1t恒成立．法一：①当318即83时，551033mingtg（舍）②当318即83时，551033mingtg（舍）③当3118即8833

时，2331440816333mingtg综上，44,33．法二：①当0t时，R②当01t时，114433mintt③当10t时，114433maxtt

综上，44,33．【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的应用，二次函数的性质，分离变量求解恒成立问题，考查转化能力，是中档题-19-