2019年高一5月月考数学试题 含答案

x
x
30 30
（2）当 0 x 30 时，由 L x 2 0.4x 34 ，解得 x 80 ，舍去；
当 x 30 时，由 L x 0.5x 1 34 ，解得 x 70 ，
∴李刚家该月用电 70 度
F x
F x 0.48x
（3）设按第二方案收费为
元，则
，
当
0
x
30
时，由
L
x
F
x
，
解得： 2 0.4x 0.48x ，解得： x 25 ，
∴ 25 x 30 ；
当
x
30
时，由
L
x
F
x
，
得： 0.5x 1 0.48x ，解得： x 50 ，
∴ 30 x 50 ；
综上， 25 x 50 .
故李刚家月用电量在 25 度到 50 度范围内（不含 25 度、50 度）时， 选择方案一比方案二更好.
的单调性并证明；
(2)若关于 m 的不等式 f 2m2 m 1 f m2 2mt 0 在 m 1, 2有解，求实数 t 的
取值范围.
2020 年春四川省泸县五中高一第一学月考试
数学试题参考答案
1．C 2．D 3．B 11．C 12．C
4．B
5．D
6．B
7．C
8．D
9．B
10．A
1, 4
∵
y
2x
递增，且
x1
x2 ，∴ 2x1
2 x2
，∴
f
x1
f
x2
0
，
∴
f
x1
f
x2 ，故
f
x
在
R
上为减函数.

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2019年高一数学第一阶段月考试卷答案和解析【答案】1. D2. C3. C4. A5. B6. C7. C8. C9. B10. D11. B12. B13. 4π314. −115. 1.516. 317. 解：半球的半径为5cm，圆锥的底面半径为5cm，高为12cm，∴V半球=12×43πR3=12×43π×53(cm3)≈261.66(cm3)V圆锥=13πr2ℎ=13π×52×12(cm3)≈314(cm3)∴V半球<V圆锥∴冰淇淋融化了，不会溢出杯子．18. 解：(1)因为b⃗ =(−12,√32)，所以|b⇀|=1，又因为|a⃗|=2，a⃗与b⃗ 的夹角为120∘，∴a⃗⋅b⃗ =−1，所以|a⃗+2b⃗ |=√(a⃗+2b⃗ )2=√a→2+4a→⋅b→+4b→2=√4+4×2×1×(−12)+4=2．(2)由(a→+kb→)⊥(2b→−a→)，得(a→+kb→)·(2b→−a→)=0，即2k−4+(2−k)×2×1×cos120∘=0，解得k=2．19. 解：(I)由题意可知AB=√3−1，AC=2，∠BAC=120∘，在△ABC中，由余弦定理得：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120∘=6，∴BC=√6．由正弦定理得：ACsin∠ABC =BCsin∠BAC，即2sin∠ABC=√6√32，解得sin∠ABC=√22，∴∠ABC=45∘，∴C船在B船的正西方向．(II)由(1)知BC=√6，∠DBC=120∘，设t小时后缉私艇在D处追上走私船，则BD=10t，CD=10√3t，在△BCD中，由正弦定理得：10√3tsin120∘=10tsin∠BCD，解得sin∠BCD=12，∴∠BCD=30∘，∴△BCD 是等腰三角形，∴10t =√6，即t =√610．∴缉私艇沿北偏东60∘方向行驶√610小时才能最快追上走私船．20.解：(Ⅰ)∵在△ABC 中，a 2+c 2=b 2+√2ac ． ∴a 2+c 2−b 2=√2ac ， ∴cosB =a 2+c 2−b 22ac=√2ac 2ac=√22， ∴B =π4； (Ⅱ)由(I)得：C =3π4−A ，∴√2cosA +cosC =√2cosA +cos(3π4−A)=√2cosA −√22cosA +√22sinA =√22cosA +√22sinA =sin(A +π4)，∵A ∈(0,3π4)，∴A +π4∈(π4,π)，故当A +π4=π2时，sin(A +π4)取最大值1， 即√2cosA +cosC 的最大值为1．21. 解：(1)由于AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗=a ⃗ +23b ⃗ ，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =13a ⃗ +b ⃗ ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(a ⃗ +23b ⃗ )，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =μDC ⃗⃗⃗⃗⃗ =μ(13a ⃗ +b ⃗ )，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，23a ⃗ +μ(13a ⃗ +b ⃗ )=λ(a ⃗ +23b ⃗ )，∴λ=23+13μ ①，23λ=μ ②， 由①②得λ=67，μ=47．(2)BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a ⃗ +67×(a ⃗ +23b ⃗ )=−17a ⃗ +47b ⃗ ． (3)设△ABC 底边AB 上的高为h ，△PAB 底边AB 上的高为ℎ1，ℎ1：ℎ=|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |：|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=μ=47，S △PAB =47S △ABC =8，设△ABC 底边BC 上的高为ℎ2，△PBC 底边BC 上的高为ℎ3，ℎ3：ℎ2=|PE ⃗⃗⃗⃗⃗ |：|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1−λ=17，S △PBC =17S △ABC =2，所以S △PAC =S △ABC −S △PAB −S △PBC =4.22. 解：(Ⅰ)∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2cosx ，√3)，OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(sinx +√3cosx,−1)， ∴f(x)=OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2=2cosxsinx +2√3cos 2x −√3+2， =sin2x +√3cos2x +2， =2sin(2x +π3)+2，其单调递减区间满足2kπ+π2≤2x +π3≤2kπ+3π2，k ∈Z ，解得：kπ+π12≤x ≤kπ+7π12，k ∈Z ，∴f(x)的单调减区间为[kπ+π12,kπ+7π12]，k ∈Z ．(Ⅱ)∵当x ∈(0,π2)时，方程f(x)+m =0有根，∴−m =f(x)． ∵x ∈(0,π2)，∴2x +π3∈(π3,4π3)，∴−√32<sin(2x +π3)≤1，∴f(x)∈(−√3+2,4]， ∴m ∈[−4,√3−2)． 【解析】 1. 【分析】利用复数的除法运算法则，化简求解即可．本题考查复数的代数形式的乘除运算，复数的几何意义，是基本知识的考查． 【解答】解：复数11−i =1+i(1−i)(1+i)=12+12i ，共轭复数对应点的坐标(12,−12)在第四象限．故选D ． 2. 【分析】本题考查了平面向量共线定理的坐标表示问题，是基础题目． 根据平面向量共线定理的坐标表示，列出方程求x 的值． 【解答】解：平面向量a ⃗ =(1,2)，b ⃗ =(x,−2)，若a ⃗ 与b ⃗ 共线，则 2x −1×(−2)=0， 解得x =−1． 故选C ．3. 【分析】棱长为4的正方体的内切球的半径r =2，由此能求出其表面积.本题考查正方体的内切球的性质和应用，是基础题.解题时要认真审题，仔细解答． 【解答】解：棱长为4的正方体的内切球的半径r =2， 表面积=4πr 2=16π． 故选C ．4. 解：∵在△ABC中，a=2，b=4，A=60∘，∴由正弦定理asinA =bsinB得：sinB=bsinAa=4×√322=√3>1，则此三角形无解．故选：A．利用正弦定理列出关系式，把a，b，sinA的值代入求出sinB的值，即可做出判断．此题考查了正弦定理，以及正弦函数的值域，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于基础题．5. 【分析】本题考查余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，求出sinC是解题的关键，属于基础题．利用余弦定理求得cosC，再利用同角三角函数的基本关系求得sinC，代入△ABC的面积公式进行运算即可．【解答】解：在△ABC中，若三边长分别为a=7，b=5，c=8，由余弦定理可得64=49+25−2×7×5cosC，∴cosC=17，∵C∈(0,π)，∴sinC=4√37，∴S△ABC=12absinC=12×7×5×4√37=10√3．故选B．6. 解：在△ABC中，由acosC+ccosA=bsinB以及正弦定理可知，sinAcosC+sinCcosA=sin2B，即sin(A+C)=sinB=sin2B.∵0<B<π，sinB≠0，∴sinB=1，B=π2．所以三角形为直角三角形．故选：C．由已知以及正弦定理可知sinAcosC+sinCcosA=sin2B，化简可得sinB=sin2B，结合B的范围可求B=π2，从而得解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式的应用，属于基础题．7. 解：2i1−i =2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，复数2i1−i在复平面内对应的点的坐标为：(−1,1)，到原点的距离为：√2．故选：C．由复数代数形式的乘除运算化简复数2i1−i，求出在复平面内对应的点的坐标，则答案可求．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．8. 【分析】本题主要考查用两个向量的数量积表示两个向量的夹角，两个向量的数量积的定义，属于基础题． 设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ，由条件利用两个向量的数量积的定义，求得cosθ的值，可得θ的值． 【解答】解：设a⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， ∵|a ⃗ |=3，|b ⃗ |=2，|2a ⃗ +b ⃗ |=2√13， ∴4a ⃗ 2+4a ⃗ ⋅b⃗ +b ⃗ 2=4×13， 即4×9+4×3×2×cosθ+4=4×13， 求得cosθ=12，∴θ=π3，故选C ． 9. 【分析】本题主要考查向量投影的定义及求解的方法，公式与定义两者要灵活运用，先根据向量垂直，得到a ⃗ ⋅b ⃗ =−2，再根据投影的定义即可求出，属基础题． 【解答】解：∵平面向量a ⃗ ,b ⃗ 是非零向量，|a ⃗ |=2，a ⃗ ⊥(a ⃗ +2b ⃗ )，∴a ⃗ ⋅(a ⃗ +2b⃗ )=0， 即a ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ =0， 即a ⃗ ⋅b ⃗ =−2， ∴向量b ⃗ 在向量a ⃗ 方向上的投影为a →·b →|a →|=−22=−1．故选B ． 10. 【分析】本题考查复数的代数形式混合运算，考查计算能力.利用复数的除法以及复数的模化简求解即可． 【解答】解：z =4+3i ，则z|z|=4−3i|4+3i|=4−3i 5=45−35i.故选D ． 11. 【分析】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．设AE ⊥CD ，垂足为E ，在△AMC 中，利用正弦定理，求出AC ，即可得出结论． 【解答】解：设AE ⊥CD ，垂足为E ，则在△AMC 中，AM =ABsin15∘=20√6，∠AMC =105∘，∠C =30∘， ∴ACsin105∘=20√6sin30∘，∴AC =60+20√3， ∴CE =30+10√3，∴CD =30−10√3+30+10√3=60， 故选：B ． 12. 【分析】考查了平面展开−最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用余弦定理解决．要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．【解答】解：由题意知，底面圆的直径为2，故底面周长等于2π，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为α，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2π=3α，解得：α=2π3，∴∠AOA′=2π3，则∠1=π3，在∆OAC中，由余弦定理得，故选B．13. 【分析】本题考查的知识点是球的体积，其中根据正方体和圆的结构特征，求出球的半径，是解答本题的关键．根据已知中，将棱长为2的正方体木块切削成一个体积最大的球，结合正方体和圆的结构特征，就是正方体的内切球，我们可以求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案.【解答】解：将棱长为2的正方体木块切削成一个体积最大的球时，球的直径等于正方体的棱长2，则球的半径R=1，则球的体积V=43⋅π⋅R3=43π．故选A．14. 根据向量垂直的充要条件便可得出a⃗⋅b⃗ =0，进行向量数量积的坐标运算即可得出关于x的方程，解方程便可得出x的值．考查向量垂直的充要条件，以及向量数量积的坐标运算，清楚向量坐标的概念．15. 【分析】本题考查向量加法及几何意义，涉及向量在物理学中的应用，属基础题．由平行四边形法则可得合速度v→=v1→+v2→，在直角三角形ABC中，由勾股定理可得可得|v→|，进而可得所需的时间．【解答】解：船和水流速度的合速度是船的实际航行速度，如图所示．∣v →1∣=20，∣v⃗ 2∣=12． 根据勾股定理 ∣v →∣=16(km/ℎ)=8003(m/min)，t =4008003=1.5，所以所需时间为 1.5min ． 故答案为1.5． 16. 【分析】 如图所示，建立直角坐标系.A(1,0).由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α，且tanα=7.可得cosα=15√2，sinα=75√2.C(15,75).可得cos(α+45∘)=−35．sin(α+45∘)=45.B(−35,45).利用OC →=mOA →+nOB →(m,n ∈R)，即可得出.本题考查了向量坐标运算性质、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．【解答】解：如图所示，建立直角坐标系.A(1,0)． 由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α，且tanα=7． ∴cosα=15√2，sinα=75√2．∴C(15,75)．cos(α+45∘)=√22(cosα−sinα)=−35．sin(α+45∘)=√22(sinα+cosα)=45．∴B(−35,45)．∵OC →=mOA →+nOB →(m,n ∈R)， ∴15=m −35n ，75=0+45n ， 解得n =74，m =54．则m +n =3． 故答案为3．17. 根据题意，求出半球的体积，圆锥的体积，比较二者大小，判断是否溢出，即可得答案．本题考查球的体积，圆锥的体积，考查计算能力，是基础题．18. 本题考查平面向量的数量积的运算，考查理解与运算能力，属于中档题．(1)由b ⃗ =(−12,√32)，可得|b ⃗ |=1，又|a ⃗ |=2，a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为120∘可求得a ⃗ ⋅b ⃗ =−1，从而可求得|a ⃗ +2b ⃗ |；(2)由(a →+kb →)⊥(2b →−a →)，得(a →+kb →)·(2b →−a →)=0，可解得k =2．19. (I)在△ABC 中根据余弦定理计算BC ，再利用正弦定理计算∠ABC 即可得出方位；(II)在△BCD 中，利用正弦定理计算∠BCD ，再计算BD 得出追击时间． 本题考查了正余弦定理解三角形，解三角形的实际应用，属于中档题．20. 本题考查的知识点是余弦定理，和差角公式，正弦型函数的图象和性质，难度中档． (Ⅰ)根据已知和余弦定理，可得cosB =√22，进而得到答案；(Ⅱ)由(I)得：C =3π4−A ，结合正弦型函数的图象和性质，可得√2cosA +cosC 的最大值．21. (1)根据AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(a ⃗ +23b ⃗ )，用基底a ⃗ 、b ⃗ 表示出AP ⃗⃗⃗⃗⃗ .再根据AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，用基底a ⃗ 、b ⃗ 表示出AP ⃗⃗⃗⃗⃗ .这两种表示方式是相同的，由此求出λ及μ． (2)把BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 用BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 来表示，把(1)中的结果代入可得用基底a ⃗ 、b ⃗ 表示的BP ⃗⃗⃗⃗⃗． (3)根据面积之比等于对应的向量的长度比求出△PAB 和△PBC 的面积，用△ABC 的面积减去△PAB 和△PBC 的面积即得△PAC 的面积．本题考查向量数乘的运算和几何意义，把三角形的面积之比转化为向量的长度比，是解题的难点．22. (Ⅰ)根据向量的坐标运算，利用二倍角公式及诱导公式即可求得f(x)，由正弦函数的性质，即可求得f(x)的单调递减区间；(Ⅱ)由方程f(x)+m =0有根，则−m =f(x)，根据x 的取值范围，即可求得f(x)的取值范围，即可求得m 的取值范围．本题考查向量的坐标运算，考查二倍角公式及辅助角公式的应用，考查正弦函数的图象及性质，考查转化思想，属于中档题．。

2019高一第二学期5月考试数学试卷一、选择题（本题共60分，每小题5分） 1.若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有（ ） A ．d a ＞c b B ．c a ＜c b C ．c a ＞d b D ．c a ＜db2.不等式x 2﹣x ﹣6＜0的解集为（ ） A ．{x|x ＜﹣2或x ＞3}B ．{x|x ＜﹣2}C ．{x|﹣2＜x ＜3}D ．{x|x ＞3}3.下列结论正确的是 ( )A ．当1,0≠>x x 时，2lg 1lg ≥+x x B ．x x x 1,2+≥时当的最小值为2 C. 当R x ∈时，x x 212>+ D ．当0>x 时，x x 1+的最小值为24.在△A BC 中内角A ，B ，C 所对各边分别为a ，b ，c ，且a 2=b 2+c 2﹣bc ，则角A=（ ） A ．60° B ．120°C ．30°D ．150°5.在△ABC 中，A ：B ：C=1：2：3，则a ：b ：c 等于（ ）A ．1：2：3B ．3：2：1C ．1：：2D ．2：：16.已知{a n }是等比数列，其中|q|＜1，且a 3+a 4=2，a 2a 5=﹣8，则S 3=（ ） A ．12 B ．16 C ．18 D ．247.已知数列{a n }是公差为2的等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，则a 2为（ ） A ．﹣2 B ．﹣3 C ．2D ．38.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若95a a 35=，则59S S=（ ） A ．1 B ．﹣1 C ．2 D ．21 9.如图，正棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为（）A． B． C． D．10.右图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为11的半圆，则该几何体的体积等于（ ）ABC．2π 11.直线x+2y ﹣5=0与2x+4y+a=0之间的距离为，则a 等于( )A ．0B ．﹣20C ．0或﹣20D ．0或﹣1012.已知直线1:(2)20l ax a y +++=与2:10l x ay ++=平行，则实数a 的值为 A.－1或2B. 0或2C. 2D.－1二、填空题（本题共20分，每小题5分）13.不等式的解集是 ．14.已知x ＞45，求函数y=4x ﹣2+5x 41-的最小值是 ． 15.在数列{a n }中，a 1=1，a n=1+（n ≥2），则a 5= ．16.过点A （1，2）且与原点距离最大的直线方程是 ．正视图 侧视图三、解答题（本题共5道小题,每题14分）17.在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a=2csinA ．（1）求角C 的值；（2）若c=，且S △ABC =，求a+b 的值．18.已知等差数列{a n }中，a 2=3，a 4+a 6=18． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }满足：b n+1=2b n ，并且b 1=a 5，试求数列{b n }的前n 项和S n ．19.已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2=3，b 3=9，a 1=b 1，a 14=b 4． （1）求{a n }的通项公式；（2）设c n =a n +b n ，求数列{c n }的前n 项和．20.求分别满足下列条件的直线方程：（Ⅰ）经过直线220x y ++=和310x y ++=的交点且与直线0532=++y x 平行； （Ⅱ）与直线l：01243=-+y x 垂直且与坐标轴围成的三角形面积为6．21.如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，A 1A⊥底面ABC ，且△ABC 为正三角形，A 1A=AB=6，D 为AC 中点．（Ⅰ）求三棱锥C 1﹣BCD 的体积；（Ⅱ）求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；（Ⅲ）求证：直线AB1∥平面BC1D．试卷答案1.B【考点】不等式的基本性质．【分析】根据不等式的基本性质，逐一分析各个答案中不等式的正误，可得答案．【解答】解：解：若a＞b＞0，c＜d＜0，则：ac＜bc＜bd＜0，故ac＜bd，两边同时除以正数cd，得，故A错，B正确；ad与bc的大小无法确定，故C，D错误；故选：B．2.C【考点】一元二次不等式的解法．【分析】把不等式化为（x+2）（x﹣3）＜0，求解即可．【解答】解：不等式x2﹣x﹣6＜0化为（x+2）（x﹣3）＜0，解得﹣2＜x＜3；∴不等式x2﹣x﹣6＜0的解集为{x|﹣2＜x＜3}．故选：C．3.D略4.A【考点】HR：余弦定理．【分析】由已知及余弦定理可求cosA的值，结合范围A∈（0°，180°），利用特殊角的三角函数值即可得解A的值．【解答】解：在△A BC中，∵a2=b2+c2﹣bc，∴可得：b2+c2﹣a2=bc，∴cosA===，∵A∈（0°，180°），∴A=60°．故选：A．5.C【考点】HP：正弦定理．【分析】利用三角形的内角和求出三角形的内角，然后利用正弦定理求出结果．【解答】解：在△ABC中，若∠A：∠B：∠C=1：2：3，又∠A+∠B+∠C=π所以∠A=，∠B=，∠C=．由正弦定理可知：a：b：c=sin∠A：sin∠B：sin∠C=sin：sin：sin=1：：2．故选：C．6.【题文】孟子曰：“人皆有不忍人之心……恻隐之心，仁之端也；羞恶之心，义之端也；辞让之心，礼之端也；是非之心，智之端也。