陕西省西安市长安区第一中学高一数学下学期第二次月考.doc

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长安一中2017级(高一阶段)第二学期第二次月考
数学试卷(实验)
时间100分钟总分150
一、选择题(本题共14小题,每题5分,共70分)
,则中元素的个数为()
。
,则此函数的图象与y轴交点的纵坐标的最大值为()
.-2
°,在轴上的截距为的直线方程是()
A。 B。
C。 D。
(x)的图象与函数g(x)=()x的图象关于直线y=x对称,则f(2x—x2)的单调减区间为()
A.(-,1) B.[1,+] C.(0,1) D.[1,2]
()
A. B. C。 D。
,则等于()
(A)(B)(C)(D)
,且的图象开口向上,顶点坐标为,那么曲线上任一点的切线的倾斜角的取值范围是()
.
,且成等差数列,则的值是()
-2-

,则函数=的图象的一条对称轴是直线()
.
,若,则是()
。等腰直角三角形
,、为正方体的两个顶点,、、分别为其所在棱的中点,能得出平面的图形的序号是()
A.①、③B.①、④C.②、③D。②、④
()
. D.
13。如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的个条棱中,最长的棱的长度为().
。.。
,若关于x的不等式的解集中的整数恰有3个,则实数m的取值范围为().
(A)0<m≤1(B)
-3-
(C)1<m<(D)≤m<2
二、填空题(本题共6小题,每题5分,共30分)
15。设,,若,则的最小值为()
,面积为,则扇形的圆心角的弧度为____rad
{}的前n项和为Sn=,则数列{}的通项公式是=______.
.
S
D1
D2
D
E
F
,E、F分别是正方形SD1DD2的边D1D、DD2的中点沿SE,SF,EF将其折成一个几何体,使D1,D,D2重合,:①SD⊥面DEF;②SE⊥面DEF;③DF⊥SE;④EF⊥面SED,其中成立的有

20。,则m的取值范围是__________
三、解答题(21,22,23题每题12分,24题14分,共50分)
21.(本小题12分)
在中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且,
,边上的中线的长为.
(Ⅰ)求角和角的大小;(Ⅱ)求的面积.
-5-
22.(本小题12分)
在直角坐标系中,直线与轴正半轴和轴正半轴分别相交于两点
的内切圆为⊙
(1)如果⊙的半径为1,与⊙切于点,求直线的方程
(2)如果的方程为,为⊙上任一点,求的最值
23.(本小题12分)如图,过四棱柱形木块上底面内的一点和下底面的对角线将木块锯开,得到截面。
(1)请在木块的上表面作出过的锯线,并说明理由;
(2)若该四棱柱的底面为菱形,四边形时矩形,试证明:平面平面.
24.(本小题14分)已知函数,且在处取得极值。
(1)求的值;
(2)若当时,恒成立,求的取值范围;
(3)对任意的是否恒成立?如果成立,给出证明,如果不成立,请说明理由
-5-
.
-6-
答案
【答案】C5.【答案】
【答案】A13【答案】:C14【答案】B
15。 
16。
13分
21.(Ⅰ)
(Ⅱ)
【解析】解:(Ⅰ)由
∴
由,得即
则,即为钝角,故为锐角,且
则故.
(Ⅱ)设,由余弦定理得,解得
故.
22【解析】(1)(1分),。(2分)
.(3分)
(2)设,,。
,(4分)
,, (5分)
-7-
(6分).当且仅当时,.
面积,
此时为直角边长为的等腰直角三角形。(7分)
周长
。
此时为直角边长为的等腰直角三角形。
此时的为同一三角形.(8分)
(3)的方程为,得,(9分)
⊙:,设为圆上任一点,则:
,,(10分)
,.(11分)
。(13分)
当时,
此时,(14分)
当时,(15分)
此时,(16分)
23如图(2)详见解析
【解析】
试题分析:(1)本题实质为确定截面与上底面的交线,这利用面面平行性质定理,可得交线相互平行:即由平面ABCD//平面A1B1C1D1,平面BDFE平面ABCD=BD,平面BDFE平面A1B1C1D1=EF,得EF//BD,又B1B//D1D,从而EF//B1D1(2)证明面面垂直,一般利用其判定定理,即证线面垂直:由BDA1A,BDAC得到BD平面A1C1CA,从而平面BDFE平面A1C1CA
试题解析:(1)
-8-
在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于F,E两点,
在四棱柱中,侧棱B1B//D1D,B1B=D1D,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,B1D1//BD4分
又平面ABCD//平面A1B1C1D1,平面BDFE平面ABCD=BD,平面BDFE平面A1B1C1D1=EF,
所以EF//BD,从而EF//B1D17分
(2)证明:由于四边形BB1D1D是矩形,所以BDB1B,又A1A//B1B
所以BDA1A9分
又四棱柱的底面为菱形,所以BDAC
因为ACA1A=A,AC平面A1C1CA,A1A平面A1C1CA
所以BD平面A1C1CA12分
因为BD平面BDFE
所以平面BDFE平面A1C1CA14分
考点:面面平行性质定理,面面垂直判定定理
24。【答案】(1)(2)(3)不等式恒成立,证明:当时,有极小值又∴时,最小值为
∴,故结论成立.
【解析】
试题分析:(1)
∵在处取得极值,
∴
∴经检验,符合题意。
-9-
(2)∵










∴当时,有极大值
又
∴时,最大值为
∴故
(3)对任意的恒成立.
由(2)可知,当时,有极小值
又
∴时,最小值为
∴,故结论成立。