2019-2020年高一下学期5月月考数学试题.doc

2019-2020年高一下学期5月月考数学试题一、填空题（共14小题，每小题5分，满分70分）1（5分）m为任意实数时，直线（m1）x+（2m1）y=m5必过定点（9，4）考点：恒过定点的直线专题：直线与圆分析：对于任意实数m，直线（m1）x+（2m1）y=m5恒过定点，则与m的取值无关，则将方程转化为（x+2y1）m+（x+y5）=0让m的系数和常数项为零即可解答：解：方程（m1）x+（2m1）y=m5可化为（x+2y1）m+（x+y5）=0对于任意实数m，当 时，直线（m1）x+（2m1）y=m5恒过定点由 ，得 故定点坐标是（9，4）故答案为（9，4）点评：本题通过恒过定点问题来考查学生方程转化的能力及直线系的理解2（5分）函数y=sin2x+2cosx（x）的最小值为2考点：复合三角函数的单调性专题：计算题；三角函数的图像与性质分析：先将y=sin2x+2cosx转化为y=cos2x+2cosx+1，再配方，利用余弦函数的单调性求其最小值解答：解：y=sin2x+2cosx=cos2x+2cosx+1=（cosx1）2+2，x，1cosx，2cosx1，（cosx1）24，4（cosx1）222（cosx1）2函数y=sin2x+2cosx（x）的最小值为2故答案为：2点评：本题考查余弦函数的单调性，考查转化思想与配方法的应用，属于中档题3（5分）已知数列的前n项和，第k项满足5ak8，则k的值为8考点：等差数列的前n项和专题：计算题分析：根据数列的第n项与前n项和的关系可得 a1=S1=8，当n2 an=SnSn1=2n10，由52k108求得正整数k的值解答：解：数列的前n项和，a1=S1=19=8当n2 an=SnSn1=n29n（n1）29（n1）=2n10，由5ak8 可得 52k108，解得k9，故正整数k=8，故答案为 8点评：本题主要考查数列的第n项与前n项和的关系，解一元一次不等式，属于基础题4（5分）设直线l1：x+my+6=0和l2：（m2）x+3y+2m=0，当m=1时，l1l2考点：直线的一般式方程与直线的平行关系专题：直线与圆分析：由平行的条件可得：，解后注意验证解答：解：由平行的条件可得：，由 ，解得：m=1或m=3；而当m=3时，l1与l2重合，不满足题意，舍去，故m=1故答案为：1点评：本题考查直线平行的充要条件，其中平行的不要忘记去掉重合的情况，属基础题5（5分）若ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，c=2a，则cosB的值为考点：余弦定理专题：计算题分析：由a，b，c，且a，b，c成等比数列且c=2a可得，b=，c=2a，结合余弦定理可求解答：解：a，b，c，且a，b，c成等比数列且c=2ab2=ac=2a2，b=，c=2a=故答案为：点评：本题主要考查了等比中项的定义的应用，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础试题6（5分）若函数f（x）=sinx （0）在区间0，上单调递增，在区间，上单调递减，则=考点：由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式专题：计算题分析：由题意可知函数在x=时确定最大值，就是 ，求出的值即可解答：解：由题意可知函数在x=时确定最大值，就是，kZ，所以=6k+；只有k=0时，=满足选项故答案为：点评：本题是基础题，考查三角函数的性质，函数解析式的求法，也可以利用函数的奇偶性解答，常考题型7（5分）过点A（1，4）且在x、y轴上的截距相等的直线共有2条考点：直线的截距式方程专题：探究型；分类讨论分析：分直线过原点和不过原点两种情况求出直线方程，则答案可求解答：解：当直线过坐标原点时，方程为y=4x，符合题意；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，代入A的坐标得a=1+4=5直线方程为x+y=5所以过点A（1，4）且在x、y轴上的截距相等的直线共有2条故答案为2点评：本题考查了直线的截距式方程，考查了分类讨论的数学思想方法，是基础题8（5分）已知以x，y为自变量的目标函数z=kx+y （k0）的可行域如图阴影部分（含边界），且A（1，2），B（0，1），C（，0），D（，0），E（2，1），若使z取最大值时的最优解有无穷多个，则k=1考点：简单线性规划的应用专题：图表型分析：由题设条件，目标函数z=kx+y，取得最大值的最优解有无数个知取得最优解必在边界上而不是在顶点上，目标函数最大值应在右上方边界AE上取到，即z=kx+y应与直线AE平行；进而计算可得答案解答：解：由题意，最优解应在线段AE上取到，故z=kx+y应与直线AE平行kAE=1，k=1，k=1，故答案为：1点评：本题考查线性规划最优解的判定，属于该知识的逆用题型，知最优解的特征，判断出最优解的位置求参数9（5分）（xx湖北）设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为2考点：等差数列的性质；等比数列的性质专题：压轴题；分类讨论分析：首先由Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，可得2Sn=Sn+1+Sn+2，然后利用等比数列的求和公式分别表示Sn+1，Sn，Sn+2，注意分q=1和q1两种情况讨论，解方程即可解答：解：设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，则2Sn=Sn+1+Sn+2，若q=1，则Sn=na1，式显然不成立，若q1，则为，故2qn=qn+1+qn+2，即q2+q2=0，因此q=2故答案为2点评：涉及等比数列求和时，若公比为字母，则需要分类讨论10（5分）若三直线x+y+1=0，2xy+8=0和ax+3y5=0相互的交点数不超过2，则所有满足条件的a组成的集合为，3，6考点：两条直线的交点坐标专题：计算题；直线与圆分析：首先解出直线x+y+1=0与2xy+8=0的交点，代入ax+3y5=0求解a的值；然后由ax+3y5=0分别和已知直线平行求解a的值解答：解：由，得，所以直线x+y+1=0与2xy+8=0的交点为（3，2），若直线ax+3y5=0过（3，2），则3a+65=0，解得；由ax+3y5=0过定点（0，），若ax+3y5=0与x+y+1=0平行，得，a=3；若ax+3y5=0与2xy+8=0平行，得，a=6所以满足条件的a组成的集合为故答案为点评：本题考查了两条直线的交点坐标，考查了分类讨论的数学思想方法，是基础题11（5分）设Sn=1+2+3+n，nN*，则函数的最大值为考点：等差数列的前n项和；函数的最值及其几何意义专题：计算题分析：由题意求出Sn的表达式，将其代入代简后求其最值即可解答：解：由题意Sn=1+2+3+n=等号当且仅当时成立故答案为点评：本题考查等差数列的前n项公式以及利用基本不等式求最值，求解本题的关键是将所得的关系式转化为可以利用基本不等式求最值的形式，利用基本不等式求最值是最值的一个比较常用的技巧，其特征是看是否具备：一正，二定，三相等12（5分）直线l：x=my+n（n0）过点A（4，4），若可行域的外接圆直径为，则实数n的值是2或6考点：简单线性规划的应用专题：不等式的解法及应用分析：令直线l：x=my+n（n0）与x轴交于B点，则得可行域是三角形OAB，根据正弦定理可构造一个关于n的方程，解方程即可求出实数n的值解答：解：设直线l：x=my+n（n0）与x轴交于B（n，0）点，直线x=my+n（n0）经过点A（4，4 ），直线 xy=0也经过点A（4，4 ），直线x=my+n（n0）经过一、二、四象限m0可行域是三角形OAB，且AOB=60可行域围成的三角形的外接圆的直径为 ，由正弦定理可得，=2R=AB=sin60=8=n=2或6故答案为：2或6点评：本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，其中根据已知条件，结合正弦定理，构造关于n的方程，是解答本题关键13（5分）过点（1，3）作直线l，若l经过点（a，0）和（0，b），且a，bN*，则可作出的l的个数为2条考点：直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系专题：探究型；直线与圆分析：由l经过点（a，0）和（0，b）求出l的斜率，写出直线方程的点斜式，代入点（a，0）可得=1，求出满足该式的整数对a，b，则答案可求解答：解：由题意可得直线L的表达式为y=（x1）+3因为直线l经过（a，0），可得+3=b 变形得=1，因为a，b都属于正整数，所以只有a=2，b=6和a=4，b=4符合要求所以直线l只有两条，即y=3（x1）+3和y=（x1）+3故答案为2点评：本题考查了直线的图象特征与直线的倾斜角和斜率的关系，训练了代入法，关键是确定整数解，是基础题14（5分）若a，b，cR，且满足，则a的取值范围是1，5考点：函数与方程的综合运用专题：应用题分析：根据条件，利用基本不等式，可将问题转化为关于a的不等式，解之，即可得到a的取值范围解答：解：a2bc2a+10=0，bc=a22a+10b2+bc+c212a15=0 b2+bc+c2=12a+15b2+bc+c2bc+2bc=3bc12a+153（a22a+10）a26a+501a5a的取值范围是1，5故答案为：1，5点评：本题以等式为载体，考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，利用基本不等式，将问题转化为关于a的不等式是解题的关键二、解答题（共6小题，满分90分）15（14分）已知函数，xR（1）求f（x）的最小正周期和最小值；（2）已知，求f（）的值考点：三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法；复合三角函数的单调性专题：计算题分析：（1）由辅助角公式对已知函数化简可得，结合正弦函数的性质可求周期、函数的最大值（2）由已知利用和角与差角的余弦公式展开可求得coscos=0，结合已知角，的范围可求，代入可求f（）的值解答：解：（1）=sinxcos=，T=2，f（x）max=2（2）coscos=0，点评：本题主要考查了辅助角公式在三角函数的化简中的应用，正弦函数的性质的应用，两角和与差的余弦公式的应用16（14分）如图，要测量河对岸两点A、B之间的距离，选取相距km的C、D两点，并测得ACB=75，BCD=45，ADC=30，ADB=45，求AB之间的距离考点：解三角形的实际应用专题：计算题；应用题分析：先在ACD中求出CAD、ADC的值，从而可得到AC=CD=，然后在BCD中利用正弦定理可求出BC的长度，最后在ABC中利用余弦定理求出AB的长度即可解答：解：在ACD中，ACD=120，CAD=ADC=30AC=CD=km在BCD中，BCD=45BDC=75CBD=60=BC=，在ABC中，由余弦定理得：AB2=2+（）22cos75=3+2+=5AB=km答：A、B之间距离为km点评：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的综合运用解三角形在高考中是必考内容，而且属于较简单的题目，一定要做到满分17（15分）过点P（2，1）的直线l与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B（1）求u=|OA|+|OB|的最小值，并写出取最小值时直线l的方程；（2）求v=|PA|PB|的最小值，并写出取最小值时直线l的方程考点：直线和圆的方程的应用专题：直线与圆分析：（1）设出直线方程的截距式，用含有一个字母的代数式表示出u，然后利用基本不等式求最小值；（2）由两点间的距离公式求出|PA|，|PB|，代入v=|PA|PB|后取平方，然后利用基本不等式求最值解答：解：（1）设点A（a，0），B（0，b），则直线l：P（2，1）在直线l上，a，b0，a2=当且仅当a2=（a2），即a=2+时等号成立此时b=1+，此时l：，即；（2）由（1）知，当且仅当，即a=3时等号成立，此时b=3umin=4，此时l：，即x+y=3点评：本题考查了直线方程的应用，训练了利用基本不等式求最值，解答的关键在于利用基本不等式求最值的条件，是中档题18（15分）某工厂生产甲、乙两种产品，这两种产品每千克的产值分别为600元和400元，已知每生产1千克甲产品需要A种原料4千克，B种原料2千克；每生产1千克乙产品需要A种原料2千克，B种原料3千克但该厂现有A种原料100千克，B种原料120千克问如何安排生产可以取得最大产值，并求出最大产值考点：简单线性规划专题：应用题分析：先设生产甲、乙两种产品分别为x千克，y千克，其利产值为z元，列出约束条件，再根据约束条件画出可行域，设z=600x+400y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线z=600x+400y过可行域内的点时，从而得到z值即可解答：解析：设生产甲、乙两种产品分别为x千克，y千克，其利产值为z元，根据题意，可得约束条件为 （3分）作出可行域如图：（5分）目标函数z=600x+400y，作直线l0：3x+2y=0，再作一组平行于l0的直线l：3x+2y=z，当直线l经过P点时z=600x+400y取得最大值，（9分）由 ，解得交点P（ 7.5，35）（12分）所以有z最大=6007.5+40035=18500（元）（13分）所以生产甲产品7.5千克，乙产品35千克时，总产值最大，为18500元（14分）点评：本题是一道方案设计题型，考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用及一元一次不等式组的解法的运用，解答时找到题意中的不相等关系是建立不等式组的关键19（16分）已知二次函数f（x）满足f（1）=0，且xf（x）（x2+1）对一切实数x恒成立（1）求f（1）；（2）求f（x）的解析表达式；（3）证明：+2考点：二次函数的性质专题：函数的性质及应用分析：（1）利用不等式的求f（1）的值（2）利用待定系数法求函数的解析式（3）利用放缩法证明不等式解答：解：（1）因为xf（x）（x2+1）对一切实数x恒成立所以当x=1时，有1f（1）（1+1）=1，所以f（1）=1（2）设二次函数f（x）=ax2+bx+c，a0，因为f（1）=1，f（1）=0，所以a+c=b=因为f（x）x对一切实数x恒成立，即ax2+（b1）x+c0，所以必有，解得a0，ac，所以c0因为，当且仅当a=c=取等号，所以（3）因为，所以+故不等式+2成立点评：本题主要考查二次函数的图象和性质以及利用放缩法证明不等式，综合性较强20（16分）（2011朝阳区一模）有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk（m，k=1，2，3，n，n3），公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，ann成等差数列（）证明dm=p1d1+p2d2（3mn，p1，p2是m的多项式），并求p1+p2的值；（）当d1=1，d2=3时，将数列dm分组如下：（d1），（d2，d3，d4），（d5，d6，d7，d8，d9），（每组数的个数构成等差数列）设前m组中所有数之和为（cm）4（cm0），求数列的前n项和Sn（）设N是不超过20的正整数，当nN时，对于（）中的Sn，求使得不等式成立的所有N的值考点：等差数列的性质；数列与不等式的综合专题：综合题；压轴题分析：（）先根据首项和公差写出数列的通项公式，利用通项公式表示出数列a1n，a2n，a3n，ann中的第项减第2项，第3项减第4项，第n项减第n1项，由此数列也为等差数列，得到表示出的差都相等，进而得到dn是首项d1，公差为d2d1的等差数列，根据等差数列的通项公式表示出dm的通项，令p1=2m，p2=m1，得证，求出p1+p2即可；（）由d1=1，d2=3，代入dm中，确定出dm的通项，根据题意的分组规律，得到第m组中有2m1个奇数，所以得到第1组到第m组共有从1加到2m1个奇数，利用等差数列的前n项和公式表示出之和，从而表示出前m2个奇数的和，又前m组中所有数之和为（cm）4（cm0），即可得到cm=m，代入中确定出数列的通项公式，根据通项公式列举出数列的前n项和Sn，记作，两边乘以2得到另一个关系式，记作，即可得到前n项和Sn的通项公式；（）由（）得到dn和Sn的通项公式代入已知的不等式中，右边的式子移项到左边，合并化简后左边设成一个函数f（n），然后分别把n=1，2，3，4，5代入发现其值小于0，当n6时，其值大于0即原不等式成立，又N不超过20，所以得到满足题意的所有正整数N从5开始到20的连续的正整数解答：解：（）由题意知amn=1+（n1）dm则a2na1n=1+（n1）d21+（n1）d1=（n1）（d2d1），同理，a3na2n=（n1）（d3d2），a4na3n=（n1）（d4d3），anna（n1）n=（n1）（dndn1）又因为a1n，a2n，a3n，ann成等差数列，所以a2na1n=a3na2n=anna（n1）n故d2d1=d3d2=dndn1，即dn是公差为d2d1的等差数列所以，dm=d1+（m1）（d2d1）=（2m）d1+（m1）d2令p1=2m，p2=m1，则dm=p1d1+p2d2，此时p1+p2=1（4分）（）当d1=1，d2=3时，dm=2m1（mN*）数列dm分组如下：（d1），（d2，d3，d4），（d5，d6，d7，d8，d9），按分组规律，第m组中有2m1个奇数，所以第1组到第m组共有1+3+5+（2m1）=m2个奇数注意到前k个奇数的和为1+3+5+（2k1）=k2，所以前m2个奇数的和为（m2）2=m4即前m组中所有数之和为m4，所以（cm）4=m4因为cm0，所以cm=m，从而所以Sn=12+322+523+724+（2n3）2n1+（2n1）2n.2Sn=122+323+524+（2n3）2n+（2n1）2n+1故2Sn=2+222+223+224+22n（2n1）2n+1=2（2+22+23+2n）2（2n1）2n+1=（32n）2n+16得：Sn=（2n3）2n+1+6（9分）（）由（）得dn=2n1（nN*），Sn=（2n3）2n+1+6（nN*）故不等式，即（2n3）2n+150（2n1）考虑函数f（n）=（2n3）2n+150（2n1）=（2n3）（2n+150）100当n=1，2，3，4，5时，都有f（n）0，即（2n3）2n+150（2n1）而f（6）=9（12850）100=6020，注意到当n6时，f（n）单调递增，故有f（n）0因此当n6时，（2n3）2n+150（2n1）成立，即成立所以，满足条件的所有正整数N=5，6，7，20（14分）点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，会利用错位相减的方法求数列的通项公式，考查了利用函数的思想解决实际问题的能力，是一道中档题