1、2012-2013学年海南琼海嘉积中学高一下学期教学监测（二）理数学卷（带解析） 选择题 已知集合 则（ ） A A=B B A B C B A D AB= 答案： C 试题分析：因为， 所以， B A，选 C。 考点：集合的概念，集合的运算，不等式解法。 点评：小综合题，为进行集合的运算，首先明确集合中的元素。此类问题往往借助于数轴。 如图所示，在棱长为 1的正方体 的面对角线 上存在一点 使得 最短，则 的最小值为（ ） A B C D 答案： B 试题分析：如图所示，把对角面 A1C绕 A1B旋转至 A1BCD1， 使其与 AA1B在同一平面上，连接 AD1， 则 AD1= = 为所求的
2、最小值故选 B 考点：正方体的几何特征，余弦定理的应用。 点评：中档题，将空间问题转化成平面问题，是解答立体几何问题的一种常见思路。本题利用对称性，在三角形中应用余弦定理，凸显所学知识应用的灵活性。 四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半设剩余酒的高度从左到右依次为 h1， h2， h3， h4，则它们的大小关系正确的是（ ） A h2 h1 h4 B h1 h2 h3 C h3 h2 h4 D h2 h4 h1 答案： A 试题分析：观察图形可知体积减少一半后剩余酒的高度最高为 h2，最低
3、为 h4，故选 A。 考点：柱、锥、台的体积，函数模型，函数的单调性。 点评：简单题，通过考查体积的变化规律，定性分析高度的变化情况，比较大小。 在 ABC中，内角 A、 B、 C的对边分别是 、 、 ，若 ，sinC=2 sinB，则 A=（ ） （ A） 30 （ B） 60 （ C） 120 （ D） 150 答案： A 试题分析：因为， ABC中， ， sinC=2 sinB， 所以，由正弦定理得， c=2 b，由余弦定理得 = ， 所以 A=30，选 A。 考点：正弦定理、余弦定理的应用。 点评：中档题，三角形中的问题，边角转化是常见变形，依据主要是正弦定理、余弦定理，求角时，往往利
4、用余弦定理，可避免增解舍取的讨论。 某个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的表面积是（ ） A B C 6+ D 答案： C 试题分析：该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为 2，高为 ，三棱柱的高为 1，所以，其表面积为 321+2 =6+ ，选 C。 考点：三视图，几何体的表面积。 点评：简单题，三视图是高考经常考查的知识内容，难度不大，但要求对三视图画法规则要熟练掌握，对常见几何体的三视图要熟悉。 设 为两条直线， 为两个平面，下列说法正确的是（ ） A若 ，则 B若 C D若 ， ，则 答案： B 试题分析：若 ，则 或 相交， A不正确； 利用直线的平移，
5、若内两相交直线分别平行，所以， B正确； 或 a,b异面， C不正确； 若 ， ，则 或 a,b异面， D不正确。选 B。 考点：立体几何中的平行关系。 点评：简单题，常见题型，需要熟练掌握直线与平面平行的判定与性质定理。 设 为等比数列 的前 项和， ，则 ( ) A 11 B 5 C D 答案： D 试题分析：因为，等比数列 中 ，所以， ， ，故选 D。 考点：等比数列的通项公式、求和公式。 点评：简单题，在等比数列中， 。 如图，若 是长方体 被平面 截去几何体后得到的几何体，其中 E为线段 上异于 的点， F为线段 上异于 的点，且 ，则下列结论中不正确的是（ ） A B四边形 是矩
6、形 C 是棱台 D 是棱柱 答案： C 试题分析：因为 EH A1D1， A1D1 B1C1， 所以 EH B1C1，又 EH 平面 BCC1B1，平面 EFGH平面 BCC1B1=FG， 所以 EH 平面 BCB1C1，又 EH 平面 EFGH， 平面 EFGH平面 BCB1C1=FG， 所以 EH FG，故 EH FG B1C1， 所以选项 A、 D正确； 因为 A1D1 平面 ABB1A1， EH A1D1，所以 EH 平面 ABB1A1， 又 EF 平面 ABB1A1，故 EH EF，所以选项 B也正确， 故选 C 考点：长方体的几何特征，直线与平面平行、垂直的判定与性质。 点评：中档
7、题，本题综合性较强，须对各选项逐一考察，对立体几何知识考查较为全面。 设 的最小值是 ( ) A 10( B C D 答案： D 试题分析：因为， ，故选 D。 考点：均值定理的应用。 点评：简单题，应用均值定理， “一正，二定，三相等 ”，缺一不可。 一个几何体的正视图为一个四边形，则这个几何体可能是下列几何体中的（ ） 圆锥 圆柱 三棱锥 四棱柱 A B C D 答案： D 试题分析：因为，几何体的正视图为一个四边形，所以，这个几何体可能是圆柱、四棱柱，即选 D。 考点：常见几何体的三视图。 点评：简单题，三视图是高考经常考查的知识内容，难度不大，但要求对三视图画法规则要熟练掌握，对常见几
8、何体的三视图要熟悉。 已知数列 的前 项和 ，第 项满足 ，则 k=（ ） A 9 B 8 C 7 D 6 答案： B 试题分析：因为， ，所以， ； 当 =2n-10, 所以， 。 由 得， ，解得， k=8，故选 B。 考点：等差数列的通项公式、求和公式，不等式解法。 点评：小综合题，从 出发， 可求得 ，明确数列的特征后，解不等式确定 k。 在 中， ，则 BC =（ ） A B 2 C D 答案： A 试题分析：因为， 中， ， 所以， C=180-（ 45+75） =60， 由正弦定理， ，选 A。 考点：三角形内角和定理，正弦定理的应用。 点评：简单题，三角形中的问题，往往要用到三
9、角形内角和定理，这是一个重要的 “隐含条件 ”。 填空题 若函数 和函数 的图象恒过同一个定点，则 的最小值为 _ 答案： 试题分析：因为，函数 和函数的图象恒过同一个定点，而函数的图象恒过定点（ -1,2），代入得， a+2b=2， 所以， = 。 考点：指数函数的图象，均值定理的应用。 点评：小综合题，本题难度不大，解答思路比较明确，即先确定 a,b的关系，创造应用均值定理的条件。应用均值定理， “一正，二定，三相等 ”，缺一不可。 已知正方体外接球的表面积为 ，那么正方体的棱长等于 _。 答案： 试题分析：因为，正方体外接球的表面积为 ，所以其直径为 4，设正方体棱长为 a，由正方体的对
10、角线为其外接球直径，得， ，所以，正方体的棱长等于 考点：正方体及其外接球的几何特征 。 点评：简单题，解题的关键，是认识到正方体的对角线为其外接球直径。 已知正方形 ABCD 的边长为 2，则它的直观图 的面积为 _ 答案： 试题分析：正方形 ABCD的边长为 2，其直观图为平行四边形，一组邻边的长度分别为 2,1，平行是不行的高为 ，所以其面积为 。 考点：平面图形的直观图。 点评：简单题，平面图形的直观图，遵从 “斜二测画法 ”，掌握画法规则，注意线段长度的变化。 已知关于 的不等式 的解集是 ，则 . 答案： 试题分析：因为，关于 的不等式 的解集是 ， 所以， a= 。 考点：一元二
11、次不等式的解集。 点评：简单题，一元二次不等式的解集，可借助于相应二次函数的图象、一元二次方程的根写出。 解答题 某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图 1所示。墩的上半部分是正四棱锥 ，下半部分是长方体 。图 2、图 3分别是该标识墩的正（主）视图和俯视图。 图 1 图 2 图 3 （ 1）请在正视图右侧画出该安全标识墩的侧（左）视图； （ 2）求该安全标识墩的体积； 答案： (1)侧视图同正视图 ,如下图所示 . （） 64000 。 试题分析： (1)侧视图同正视图 ,如下图所示 . 4分 （）该安 全标识墩的体积为： 10分 考点：三视图，常见几何体的几何特征，体积的计算。 点评：典型
12、题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及三视图、垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有 “几何法 ”和 “向量法 ”。利用几何法，要遵循 “一作、二证、三计算 ”的步骤，利用空间向量，省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。解答本题的关键，是对三视图画法规则要熟练掌握，对常见几何体的三视图要熟悉。 已知 的周长为 ，且 ， （ ）求边 AB的长；（ ）若 的面积为 ，求角 C的度数。 答案： (1) ；（ 2） 试题分析： (1) 由正玄定理得： ， （ 2） 又由（ 1）得： 考点：正弦定理、余弦定理的应用，三角形的面积。 点评：中档题，涉及三角形中的问题，往
13、往需要边角转化，并运用和差倍半的三角函数进行化简。在边角转化的过程中，灵活选用正弦定理或余弦定理，需要认真审题，预测变形结果，以达到事半功倍的目的。本题难度不大，突出了基础知识的考查。 已知数列 满足 ，则（ 1）当 时，求数列 的前 项和 ；（ 2）当 时，证明数列 是等比数列。 答案：（ 1） （ 2）证得 ，数列 是以 为首项 ，公比为 2的等比数列 试题分析：（ 1）当 时， ，则数列 是以 1为首项，公差为 2的等差数列 （ 2）当 时， 数列 是以 为首项，公比为 2的等比数列 考点：等差数列的求和公式，等比数列的概念。 点评：中档题，本题两道小题，均是首先明确 k的取值，使数列的
14、特征得以发现。数列的求和立足于 “公式法 ”，应当注意到 “分组求和法 ”“裂项相消法 ”“错位相减法 ”，均是高考考查的重要求和方法。 如图是一个直三棱柱（以 A1B1C1为底面）被一平面 所截得到的几何体，截面为 ABC已知 A1B1 B1C1 l， AlBlC1 90， AAl 4， BBl 2， CCl 3，且设点 O 是 AB的中点。 （ 1）证明： OC 平面 A1B1C1； （ 2）求异面直线 OC与 AlBl所成角的正切值。 答案：（ 1）证明：作 OD AA1交 A1B1于 D，连 C1D，得到OD BB1 CC1 ， 因为 O 是 AB的中点，可证 ODCC1是平行四边形，
15、因此有 OC C1D，推出OC 面 A1B1C1 ； （ 2） 。 试题分析：（ 1）证明：作 OD AA1交 A1B1于 D，连 C1D 则 OD BB1 CC1 因为 O 是 AB的中点， 所以 则 ODCC1是平行四边形，因此有 OC C1D 平面 C1B1A1且 平面 C1B1A1， 则 OC 面 A1B1C1 6分 （ 2）由（ 1）得 OC C1D，则 为异面直线 OC与 AlBl所成角。 在 中， 12分 考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、角的计算。 点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有 “几何法 ”和
16、 “向量法 ”。利用几何法，要遵循 “一作、二证、三计算 ”的步骤，如果利用空间向量，可省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。注意运用转化与化归思想，将空间问题转化成平面问题。 在数列 中， ，且满足 . （ ）求 及数列 的通项公式； （ ）设 求数列 的前 项和 . 答案：（ 1） ；（ 2） 。 试题分析：（ 1） 数列 的通项公式 （ 2） 考点：等差数列的求和公式， “累差法 ”， “裂项相消法 ”。 点评：中档题，本题首先利用 “累差法 ”，确定得到数列的特征，得到数列的通项公式。数列的求和立足于 “公式法 ”，应当注意到 “分组求和法 ”“裂项相消法 ”“错位相减法
17、 ”，均是高考考查的重要求和方法。 某人在 C点测得某塔在南偏西 80的 O 处，塔顶 A的仰角为 45，此人沿南偏东 40方向前进 10米到 D处，测得塔顶 A的仰角为 30，求塔 OA的高度？答案： h 10，或 h -5(舍 ) 试题分析：如图， 设塔高为 h，在 Rt AOC中， ACO 45，则 OC OA h. （ 2分）在Rt AOD中， ADO 30，则 OD h， （ 4分） 在 OCD中， OCD 120， CD 10，由余弦定理得： OD2 OC2 CD2-2OC CDcos OCD，即 (h)2 h2 102-2h10cos120 （ 8分）， h2-5h-50 0，解得 h 10，或 h -5(舍 ) 12分 考点：正弦定理、余弦定理的应用。 点评：典型题，本题综合考查正弦定理、余弦定理的应用，本题解答结合图形，在不同的几个三角形中，灵活运用正弦定理或余弦定理，反映应用数学知识的灵活性。解决 “追击问题 ”，测量高度或距离问题 ，准确绘制几何图形，明确边、角，是解题的关键。
