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- 2021-04-14 发布
遵义四中2017～2018学年度第一次月考
高二数学（理科）
命题人：罗庆勇 审题人：宋铭
本试卷分为第I卷和第II卷两部分，共150分，考试时间120分钟．
第I卷（选择题 共60分）
一、选择题：每小题5分，满分60分，每小题给出的四个选项中只有一项是正确的．（请把所选答案填在答题卡上的相应表格内）
1.已知集合,,则集合（ ）
A. B. C. D.
2.若任取、，则点满足的概率为（ ）
A. B. C. D.
3.在中，，．若点满足，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知某几何体的三视图如图，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )
A．24－ B．24－
C．24－π D．24－
5.二进制数1101(2)化为五进制数为（ ）
A.32(5) B.23(5) C.21(5) D.12(5)
6．点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是的（ ）
A．外心 B.重心 C.内心 D.垂心
7.设动点满足条件，则取得最大值时，点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
8.设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.下列四个命题中，正确的是（ ）
A.,则 B.,则
C.,,则 D.，，则
9.右图的正方体ABCD- A1B1C1D1中，二面角D1-AB-D的大小是（ ）
A. 300 B.450 C. 600 D. 900
9题图
10．函数图象的一条对称轴为（ ）
A． B． C． D．
11. 在三棱柱中,是等边三角形，平面,
,，则异面直线和所成角的正弦值为（ ）
A．1 B． C． D．
12、若函数、分别是上的奇函数、偶函数，且满足，则有（ ）
（A） （B）
（C） （D）
第II卷 （非选择题 共90分）
二、填空题：每小题5分，满分20分．（请把答案填在答题卡内的相应横线上）
13.过点的直线的方程为 .
14. 已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是，则这个三棱柱的体积是 .
15. 已知函数 ,，则 .
16．如图,在三棱锥中，，，，平面，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．
三、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．（满分10分）在中，角的对边分别为，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若
18.（满分12分）函数是实数集上的奇函数，当时， .
（1）求的值和函数的表达式；
（2）求证：方程在区间上有唯一解.
19.（满分12分）已知函数
（1）求函数的单调递增区间；
（2）△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b=1，，
且a＞b，试求角B和角C．
20．（满分12分）如图，在△
ABC中，BC边上的高AM所在的直线方程为x-2y+1=0,∠A的平分线所在的直线方程为y=0与BC相交于点P,若点B的坐标为（1，2）.
（1）分别求AB和BC所在直线的方程；
（2）求P点坐标和AC所在直线的方程．
21.（满分12分）如图，边长为4的正方形与矩形所在平面互相垂直，分别为的中点，．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）在线段上是否存在一点，使得？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
22．（满分12分）设和是两个等差数列，记 ，其中表示这个数中最大的数．
（Ⅰ）若， ，求的值，并证明是等差数列；
（Ⅱ）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时， ；或者存在正整数，使得是等差数列．
遵义四中2017～2018学年度第一次月考
高二数学（理科）参考答案
1～6.CCAABA , 7～12.BDBDAB
5．B
【解析】
试题分析：利用二进制化为十进制和十进制化为其它进制的“除5取余法”方法即可得出,1101（2）=1×23+1×22+0+1×20=13（10） ,再由“除5取余法”得13,即化成5进制是23（5） ,故选B
考点：进位制的转化规则
10．D
【解析】
试题分析：，故选D.
考点：三角函数的图象与性质.
11．A
【解析】
试题分析：如图，作交的延长线于，连接，则就是异面直线和所成的角（或其补角），由已知，，，由知，所以异面直线和所成的角为直角，正弦值为1．故选A．
考点：异面直线所成的角．
15．试题分析：
考点：函数求值.
16．如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．
16．
【解析】
试题分析：因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。因为，所以为直角三角形，则，令 ，则，当且仅当即时取。
考点：1面面垂直的性质定理；2棱锥的体积；3基本不等式。
17.(1);(2)
18．（1）2（2）f(x)＝（3）见解析
【解析】试题分析：
（1）由题函数 是实数集 上的奇函数．所以 ．则易求
（2）由题函数 是当上的奇函数 ；
又当 时， ，所以 所以－f(x)＝log2(－x)－x－3，从而f(x)＝－log2(－x)＋x＋3．
所以
（3）因为 ，所以方程 在区间 上有解
又方程 可化为 设函数 以下证明方程 在区间上只有一个解即可．
试题解析（1）函数f(x)是实数集R上的奇函数．
所以f(－1)＝－f(1)．
因为当x＞0时，f(x)＝log2x＋x－3，所以f(1)＝log21＋1－3＝－2．
所以f(－1)＝－f(1)＝2．
（2）当x＝0时，f(0)＝f(－0)＝－f(0)，解得f(0)＝0；
当x＜0时，－x＞0，所以f(－x)＝log2(－x)＋(－x)－3＝log2(－x)－x－3．
所以－f(x)＝log2(－x)－x－3，从而f(x)＝－log2(－x)＋x＋3．
所以f(x)＝
（3）因为f(2)＝log22＋2－3＝0，所以
方程f(x)＝0在区间(0，＋∞)上有解x＝2．
又方程f(x)＝0可化为log2x＝3－x．
设函数g(x)＝log2x，h(x)＝3－x．
由于g(x)在区间(0，＋∞)上是单调增函数
h(x)在区间(0，＋∞)上是单调减函数，
所以，方程g(x)＝h(x) 在区间(0，＋∞)上只有一个解．
所以，方程f(x)＝0在区间(0，＋∞)上有唯一解．
19．（1）函数f（x）的递增区间为[kπ﹣，kπ+]，x∈Z；（2）B=，C=．
【解析】
试题分析：（1）将f（x）解析式第一项利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由正弦函数的递增区间为[2kπ﹣，2kπ+]，x∈Z列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到f（x）的递增区间；
（2）由（1）确定的f（x）解析式，及f（）=﹣，求出sin（B﹣）的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出B的度数，再由b与c的值，利用正弦定理求出sinC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出C的度数，由a大于b得到A大于B，检验后即可得到满足题意B和C的度数．
解：（1）f（x）=cos（2x﹣）﹣cos2x=sin2x﹣cos2x=sin（2x﹣），
令2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，x∈Z，解得：kπ﹣≤x≤kπ+，x∈Z，
则函数f（x）的递增区间为[kπ﹣，kπ+]，x∈Z；
（2）∵f（B）=sin（B﹣）=﹣，∴sin（B﹣）=﹣，
∵0＜B＜π，∴﹣＜B﹣＜，
∴B﹣=﹣，即B=，
又b=1，c=，
∴由正弦定理=得：sinC==，
∵C为三角形的内角，
∴C=或，
当C=时，A=；当C=时，A=（不合题意，舍去），
则B=，C=．
考点：正弦定理的应用；两角和与差的正弦函数．
M
P
20.（1）P(2,0),，；（2）．
试题解析：（1）解：由得顶点．
又的斜率．∵轴是的平分线，
故的斜率为，所在直线的方程为①
已知BC上的高所在直线的方程为，故的斜率为，
BC所在的直线方程为②解①，②得顶点的坐标为．
（2）,又直线的方程是
到直线的距离,所以 的面积
21． 证明：（Ⅰ）因为为正方形，所以.
因为平面平面，且垂直于这两个平面的交线，
所以平面. …………………4分
（Ⅱ）连结.
因为是矩形，是的中点，
所以是的中点.
因为是的中点，
所以∥.
因为平面，
平面，
所以∥平面. …………………9分
（Ⅲ）过点作交线段于点，点即为所求.
因为平面，
所以.
因为，
所以平面.
所以.
因为，，
所以. …………………12分
考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直。
22．（1）见解析（2）见解析
【解析】试题分析：（Ⅰ）分别代入求，观察规律，再证明当时， ，所以关于单调递减. 所以，从而得证；（Ⅱ）首先求的通项公式，分三种情况讨论证明.
试题解析：（Ⅰ）
，
.
当时， ，
所以关于单调递减.
所以.
所以对任意，于是，
所以是等差数列.
（Ⅱ）设数列和的公差分别为，则
.
所以
①当时，取正整数，则当时， ，因此.
此时， 是等差数列.
②当时，对任意，
此时， 是等差数列.
③当时，
当时，有.
所以
对任意正数，取正整数，
故当时， .