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河南省顶尖名校联盟2019-2020学年高一下学期6月联考数学试题 Word版含解析
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顶尖名校联盟2019~2020学年下学期高一6月联考数学试题一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知函数,则().A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】先推导出,从而,由此能求出结果.【详解】解:函数,,,故选:C.【点睛】本题考查函数值的求法,考查函数性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题..2.()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】三角函数的诱导公式求解即可.【详解】解:由,故选:C.【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式,属基础题.-21- 3.阅读如图所示的程序,则运行结果为().A.1B.3C.5D.7【答案】C【解析】【分析】根据给定的算法,运行该程序的计算,即可求解.【详解】根据给定的算法,该程序的运行过程,可得,,输出.故选:C.【点睛】本题主要考查算法语句的计算与输出,其中解答中根据给定的算法,依次计算是解答的关键,着重考查运算与求解能力.4.的内角,,的对边分别为,,,根据下列条件解三角形,其中有两解的是().A.,,B.,,C.,,D.,,【答案】D【解析】【分析】已知两边和其中一边对角解三角形时要分类讨论,当已知角是锐角时,要把与比较大小,作出相应判断;已知两边和夹角有且只有1解;根据以上对选项判断即可.【详解】解:对于A,,故只有1解.对于B,已知两边夹角有且只有1解.-21- 对于C,,,故有1解.对于D,,,故有2解.故选:D.【点睛】考查三角形解的个数,已知两边和其中一边的对角解三角形时要注意分类讨论,基础题.5.在平面直角坐标系xOy中,圆C与圆O:外切,且与直线相切,则圆C的面积的最小值为  A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形,求出最小圆的半径,代入圆的面积公式即可.【详解】解:如图,圆心O到直线x﹣2y+5=0的距离d,则所求圆的半径r,圆C面积的最小值为S.故选C.点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用,考查数形结合的解题思想方法,是基础题.-21- 6.在样本的频率分布直方图中,共有9个小长方形,若中间一个长方形的面积等于其他8个小长方形面积的和的,且样本容量为200,则中间一组的频数为A.0.2B.0.25C.40D.50【答案】D【解析】【分析】直方图中,所有小长方形面积之和为1,每个小长方形的面积就是相应的频率,由此可列方程求解.【详解】设中间一组的频率为,则其他8组的频率为,由题意知,得,所以中间一组频数为.选D.【点睛】本题考查频率分布直方图,属于基础题型.7.某程序框图如图所示,若输出的,则判断框内为A.B.C.D.【答案】B-21- 【解析】【分析】模拟程序运行,观察变量值的变化,判断循环条件即可,根据输出结果可得循环条件.【详解】当时,,;当时,,;当时,,;当时,,;当时,,.此时循环结束,故选B.【点睛】本题考查程序框图,解题时只要模拟程序运行,观察其中变量值的变化情况,进行判断.8.函数的部分图象如图所示,函数,则下列结论正确的是()A.B.函数与的图象均关于直线对称C.函数与的图象均关于点对称D.函数与在区间上均单调递增【答案】D【解析】-21- 【分析】由三角函数图像可得,,再结合三角函数图像的性质逐一判断即可得解.【详解】解:由函数的部分图象可得,,即,则,又函数图像过点,则,即,又,即,即,则对于选项A,显然错误;对于选项B,函数的图像关于直线对称,即B错误;对于选项C,函数的图像关于点对称,即C错误;对于选项D,函数的增区间为,函数的增区间为,又,,即D正确,故选:D.【点睛】本题考查了利用三角函数图像求函数解析式,重点考查了三角函数图像的性质,属中档题.9.的内角,,的对边分别为,,,若,则是().-21- A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】由正弦定理和题设条件,求得,进而得到,即可求解.【详解】在中,满足,由正弦定理,可得,所以,解得,因为,可得,所以,又因为,所以,所以是直角三角形.故选:B.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用,以及三角函数的形状的判定,其中解答中合理应用正弦定理的边角互化,结合三角恒等变换的公式进行求解是解答的关键,着重考查推理与运算能力.10.记,分别是投掷两次骰子所得的数字,则方程有两个不同实根的概率为().A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用列举法求得投掷两次骰子所包含的基本事件的个数,再结合一元二次方程的性质,求得方程有两个不同实根所包含的基本事件的个数为27,利用古典概型的概率计算公式,即可求解.【详解】由题意知,投掷两次骰子所得的数字分别为,,则基本事件有,,,,,,…,,,,,,,共36个,-21- 而方程有两个不同实根的条件是,其中满足条件的有27个,故所求事件的概率为.故选:D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算,其中解答中利用列举法求得基本事件的总数,以及结合一元二次方程的性质,求得所求事件所包含的基本事件的个数是解答的关键,着重考查推理与运算能力.11.在中,,,,点是边上的一点(包括端点),点是的中点,则的取值范围是().A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由点是的中点,所以,把用表示,最后求的范围即可.【详解】解:因为点是的中点,所以,因为点是边上的一点(包括端点),所以,,,则.因为,,,所以,,,则.因为,则.故的取值范围是-21- 故选:B.【点睛】以三角形为载体,考查向量数量积的取值范围,解决的关键是选择合适的基底表示向量,是基础题.12.若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,,,则该三棱锥的外接球的表面积为().A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据,,得是等腰直角三角形,取的中点,连接,再由底面是以为斜边的等腰直角三角形,得,进而得即为球心,根据球的表面积公式即可得出结论.【详解】解:根据题意得:,所以是等腰直角三角形,且为斜边,取的中点,连接.因为底面是以为斜边的等腰直角三角形,所以,所以点即为球心,则该三棱锥的外接圆半径,故该三棱锥的外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的表面积,考查计算能力,属于中档题.二、填空题:13.的内角,,的对边分别为,,,若,,,则-21- ______.【答案】【解析】【分析】直接利用正弦定理代入求解即可.【详解】因为,,,所以.故答案为:.【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用.属于容易题.14.已知函数,若在区间内任取一个实数,则使得实数满足的值域为的概率为______.【答案】【解析】【分析】求出分段函数的值域,结合函数值域为,求得实数的取值范围,再利用长度比,即可求得答案.【详解】由题意,函数的值域为,当时,可得,当时,可得,所以,即,解得,-21- 故所求概率为.故答案为:.【点睛】本题主要考查了几何概型的概率的求解,其中解答中根据分段函数的值域,求得实数的取值范围是解答的关键,着重考查推理与运算能力.15.已知样本数据,,,,的平均数大于0且方差,则样本数据,,,,的平均数为______.【答案】9【解析】【分析】根据方差与平均数的计算公式即可得出结论.【详解】解:设,,,,的平均数为.则,所以.又因为所以,所以.数据,,,,的平均数为.故答案为:9.【点睛】本题主要考查方差与平均数,考查计算能力,属于基础题.16.下列说法:①函数的最大值为1;-21- ②函数是定义在上的奇函数,当时,,则在上的解析式可以写成;③若函数的值域为,则的取值范围是;④已知定义在上的偶函数在区间上是减函数,若,则的取值范围是.其中正确的是______(填写所有正确说法的序号).【答案】①②④【解析】【分析】对于①,根据指数函数的性质判断;对于②,根据奇函数对称区间上解析式的求法,求出的解析式即可判断;对于③,分和讨论即可;对于④,根据偶函数性质转化,然后解绝对值不等式即可.【详解】解:对于①,函数的值域是,所以①正确.对于②,设,又,所以,则在上的解析式可以写;故②正确.对于③,∵函数的值域为,∴当时符合题意;当时,且,可得,所以③不错误.对于④,因为是定义在上的偶函数,且在区间上是减函数,所以在区间上是增函数,不等式可化为,,即或,-21- 所以或,所以或,所以或,所以④正确.故答案为:①②④.【点睛】考查指数型函数、对数型函数、奇偶函数的性质以及奇函数对称区间上解析式的求法,基础题.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在四棱柱中,已知底面ABCD是菱形,平面ABCD,M、N分别是棱、的中点证明:平面DMN;证明:平面平面在D.【答案】(1)见解析;(2)见解析【解析】【分析】连接,推导出平行四边形,从而推导出,从而由此能证明平面DMN.推导出 ,由,得,再由,得平面由此能证明平面平面D.【详解】连接,在四棱柱中,-21- 因为,,所以,所以为平行四边形,所以 又M,N分别是棱,的中点,所以,所以 又平面DMN,平面DMN,所以平面 因为四棱柱是直四棱柱,所以平面,而平面,所以 又因为棱柱的底面ABCD是菱形,所以底面也是菱形,所以,而,所以又,,平面,且,所以平面而平面DMN,所以平面平面D.【点睛】本题考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,熟悉定理是解题的关键,是中档题.18.已知向量,满足,且.(1)求与夹角的大小;(2)求的值.-21- 【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)运用向量的平方即为模的平方,以及向量的数量积的定义和夹角范围,即可求得夹角;(2)先利用平面向量数量积的运算求出与,然后开方即可求得答案.【详解】(1)设,的夹角为,,又,所以,所以,即.又,所以与的夹角为,(2)因为,,所以.【点睛】该题考查的是有关向量的问题,涉及到的知识点有向量数量积的定义,向量夹角,向量的模,属于简单题目.19.近年来,某市实验中学校领导审时度势,深化教育教学改革,经过师生共同努力,高考成绩硕果累累,捷报频传,尤其是2017年某著名高校在全国范围内录取的大学生中就有25名来自该中学.下表为该中学近5年被录取到该著名高校的学生人数.(记2013年的年份序号为1,2014年的年份序号为2,依此类推……)年份序号12345录取人数1013172025(1)求关于的线性回归方程,并估计2018年该中学被该著名高校录取的学生人数(精确到整数);(2)若在第1年和第4年录取的大学生中按分层抽样法抽取6人,再从这6人中任选2人,求这2人中恰好有一位来自第1年的概率.参考数据:,.-21- 参考公式:,.【答案】(1)28;(2).【解析】【分析】(1)求出,代入公式即可,再利用回归方程估计2018年该中学被该著名高校录取的学生人数;(2)由分层抽样可知抽取的6人中有2人来自第1年,4人来自第4年,6人中任选2人共有15种情形,这2人中恰好1名来自第1年的抽法共有8种情形,即可求得答案.【详解】(1),,线性回归方程.当时,,即2018年该中学大约被录取28人.(2)由分层抽样可知抽取的6人中有2人来自第1年,4人来自第4年,6人中任选2人共有15种情形,这2人中恰好1名来自第1年的抽法共有2×4=8种情形,故概率.点睛:求回归方程,关键在于正确求出系数,,由于,的计算量大,计算时应仔细谨慎,分层进行,避免因计算而产生错误.(注意线性回归方程中一次项系数为,常数项为,这与一次函数的习惯表示不同.)20.函数的图象与轴的交点为,且当时,的最小值为.(1)求和的值;-21- (2)求不等式的解集.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)根据图象过点,可得,当时,的最小值为,可得周期为,可得;(2)根据条件可得,利用整体换元可得,进而得解.【详解】解:(1)因为的图象与轴的交点为,所以,即,因为,所以.因为当时,的最小值为,所以的最小正周期为,因为,所以.(2)由(1)可知,.因为,即,所以,解得.故不等式的解集为.【点睛】已知函数的图象求参数的方法:可由观察图象得到,进而得到的值.求的值的方法有两种,一是“代点”法,即通过代入图象中的已知点的坐标并根据的取值范围求解;另一种方法是“五点法”,即将-21- 作为一个整体,通过观察图象得到对应余弦函数图象中“五点”中的第几点,然后得到等式求解.21.在锐角中,内角A,B,C的对边分别为且(1)求角A;(2)若的面积为,求实数的范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由正弦定理和两角差的正弦公式求得,得A可求;(2)由面积公式得,进而得由三角形内角和表示为C的函数求解即可【详解】(1)因为,所以,所以,所以,所以,又A为锐角,;(2)因为,所以,所以,又,所以,所以,所以,故<【点睛】本题考查正弦定理及三角恒等变换,同角三角函数基本关系,熟记公式及定理,准确计算是关键,是中档题22.已知圆关于轴对称,且在轴上截得的线段长为,在轴上截得线段长为.-21- (1)求圆的方程;(2)已知圆的圆心在轴的左侧,若斜率为1的直线与圆交于点,,且以线段为直径的圆经过坐标原点,求直线的方程.【答案】(1);(2)或.【解析】【分析】(1)由题意可知圆心在轴上,设圆心,由在轴上截得的线段长可得圆的半径,由在轴上截得线段长结合勾股定理即可得到圆的方程.(2)写出直线l和线段的中垂线方程,联立两直线方程可得以AB为直径的圆的圆心,由勾股定理可得半径,从而得到以AB为直径的圆的方程,将原点(0,0)代入圆的方程可得答案.【详解】(1)因为圆关于轴对称,所以圆心在轴上,设圆心,半径为,则,由,得.所以圆的方程为.(2)由题可知圆的方程:.设,则线段的中垂线(过圆心)为,联立方程组,解得,即线段的中点坐标为.由于,因此,以线段为直径的圆的方程为,-21- 因该圆过原点,则,解得或,所以直线或.【点睛】本题考查圆的标准方程的求解和直线与圆的位置关系的应用,考查学生的分析能力,转化能力和计算能力,属于基础题型.-21- -21-
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