2018-2019学年湖北省黄冈市重点中学高一4月月考数学(理)试卷

数学（理）试卷

时间：120分钟 满分：150分

一、选择题:(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求. )

1．下列有关棱柱的命题中正确的是( )

A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C．一个棱柱至少有五个面、六个顶点、九条棱 D．棱柱的侧棱长有的相等，有的不相等 答案：C

2．设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是( )

a＋ba＋b

A．a＜b＜ab＜2 B．a＜ab＜2＜b a＋ba＋b

C．a＜ab＜b＜2 D.ab＜a＜2＜b 答案：B

3．已知两条直线l1:(a-1)x+2y+1=0,l2:x+ay+3=0平行,则a=( )

A.-1 B.2 C.0或-2

D.-1或2

【解析】选D.若a=0,两直线方程为-x+2y+1=0和x=-3, 此时两直线相交,不平行,所以a≠0.当a≠0时,若两直

a121解得a=-1或a=2. 线平行,则有 ＝，1a3

ππ

4．定义运算a⊕b＝a2－ab－b2，则sin6⊕cos6＝( )

131313A．－2－4 B．－2＋4 C．－2 D.4 ππππππ13

解析：sin6⊕cos6＝sin26－sin6cos6－cos26＝－2－4. 答案：A

5

5．已知sinα＝5，则cos4α的值是( )

- 1 -

471218A.25 B．－25 C.25 D．－25 53

解析：∵sinα＝5，∴cos2α＝1－2sin2α＝5，

73∴cos4α＝2cos22α－1＝2×52－1＝－25. 答案：B

6．不等式x2－|x|－2＜0的解集是( )

A．{x|－2＜x＜2} B．{x|x＜－2，或x＞2} C．{x|－1＜x＜1} D．{x|x＜－1，或x＞1}

解析：原不等式⇔|x|2－|x|－2＜0⇔(|x|－2)(|x|＋1)＜0⇔|x|－2＜0⇔－2＜x＜2.

答案：A

7.若直线ax+2y+1=0与直线x+y-2=0互相垂直,那么a的值等于 ( )

12A.1 B. C. D.233解析：由a·1+2·1=0得a=-2. 答案：D

an－1

8．若数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝(n≥3，n∈N*)，则a2018＝( )

an－2

1

A．1 B．2 C.2 D．2－987

11

解析：由已知，得a1＝1，a2＝2，a3＝2，a4＝1，a5＝2，a6＝2，

11

a7＝1，a8＝2，a9＝2，a10＝1，a11＝2，a12＝2， 即an的值以6为周期重复出现，故a2018＝2. 答案：B

9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝( )

A．66 B．65 C．61 D．56 解析：当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1

＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2] ＝2n－5.

∴a2＝－1，a3＝1，a4＝3，…，a10＝15.

- 2 -

∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1＋答案：A

81＋15

＝2＋64＝66. 2

2x＋y≥4，

10．设x，y满足x－y≥－1，

x－2y≤2，

则z＝x＋y( )

A．有最小值2，最大值3 B．有最小值2，无最大值 C．有最大值3，无最小值 D．既无最小值，又无最大值 答案：B

11．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A．48 B．32＋817 C．48＋817 D．80

解析：换个视角看问题，该几何体可以看成是底面为等腰梯形，高为4

的直棱柱，且等腰梯形的两底分别为2,4，高为4，故腰长为17，所以该几何体的表面积为48＋817.

答案：C

π

12．设函数f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，

8则[f(a3)]2－a1a5＝( )

A．0 B.

12113π C.π2 D.π2 16816

解析：∵f(x)＝2x－cosx，

∴f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＋f(a5)

＝2a1－cosa1＋2a2－cosa2＋2a3－cosa3＋2a4－cosa4＋2a5－cosa5 ＝10a3－(cosa1＋cosa2＋cosa3＋cosa4＋cosa5) ππ

＝10a3－cosa3－＋cosa3－＋cosa3＋

48

ππ

cosa3＋＋cosa3＋

84

＝10a3－(2＋2＋2＋1)cosa3＝5π.① ππ

[f(a3)]2－a1a5＝(2a3－cosa3)2－a3－a3＋

44

- 3 -

π2

＝(3a3－cosa3)(a3－cosa3)＋.②

16π13π2

由①知a3＝，代入②得结果为. 216答案：D

二、填空题： 本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。 13．在数列1,1,2,3,5,8,x,21,34,55中，x等于 解析：观察数列可知，后一项是前两项的和，故x＝5＋8＝13.

14．一船向正北航行，看见正西方向相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时 。

解析：如图所示，依题意有 ∠BAC＝60°，∠BAD＝75°， 所以∠CAD＝∠CDA＝15°， 从而CD＝CA＝10(海里)， 答案：10海里

15．已知入射光线经过点M(-3,4),被直线l:x-y+3=0反射,反射光线经过点N(2,6),则反射光线所在直线的方程为_________.

解析：设点M(-3,4)关于直线l:x-y+3=0的对称

点为M′(a,b),则反射光线所在直线过点M′,

b411,a3所以 

3ab430,22 解得a=1,b=0.

又反射光线经过点N(2,6),

y0x1，所以所求直线的方程为 6  021 即6x-y-6=0.

答案:6x-y-6=0

111

16．已知等比数列{an}中，a2＞a3＝1，则使不等式a1－a＋a2－a＋a3－a＋…＋

1231

an－a≥0成立的最大自然数n是__________． n

a31

解析：∵a2＞a3＝1，∴0＜q＝a＜1，a1＝q2＞1，

2

- 4 -

1111

a1－a＋a2－a＋a3－a＋…＋an－a 123n111

＋＋…＋＝(a1＋a2＋…＋an)－aa an12111－qna11－qa1＝－1 1－q

1－q

n

a11－qnq1－qn＝－≥0，

1－qa11－qqna11－qnq1－qn∴≥. 1－qa11－qqn∵0＜q＜1，化简，得a21≥

q

n－1，q

1

4

≤qn－1，

∴4≥n－1，n≤5，所以n的最大值为5. 答案：5

三、解答题： 本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算过程。 17. （本题满分10分）设f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围． 解析：（此题有多种解法）

∵f(x)＝ax2＋bx， f1＝a＋b，∴ f－1＝a－b.1a＝2[f1＋f－1]，∴1

b＝2[f1－f－1].

（4分）

∵f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)，

∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)． （7分） ∵1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4，

∴6≤f(－2)≤10. （10分） 18．（本题满分12分）

已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝

(n∈N

a2n－1

1

*

)，求数列{bn}的前n项和Tn.

- 5 -

解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.

a1＋2d＝7，a1＝3，因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以解得 2a1＋10d＝26，d＝2.故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

nn－1

Sn＝3n＋2×2＝n2＋2n. （6分） (2)由(1)知，an＝2n＋1， 11

从而bn＝2＝

an－12n＋12－111＝4· nn＋1111

＝4n－n＋1， 

111111从而Tn＝41－2＋2－3＋…＋n－n＋1

111－＝4 n＋1＝

n

，

4n＋1

n

即数列{bn}的前n项和Tn＝. （12分）

4n＋1

19．（本题满分12分）某市2011年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2012年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：

(1)该市在2018年应该投入多少辆电力型公交车？

1

(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的3？(lg657≈2.82，lg2≈0.30，lg3≈0.48)

解析：(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，其中a1＝128，q＝1.5，则在2018年应该投入的电力型公交车为a7＝a1·q6＝128×1.56＝1 458(辆)． （4分）

Sn1

(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an，依据题意，得＞3，

10 000＋Sn

1281－1.5n657

于是Sn＝＞5 000(辆)，即1.5n＞32. 1－1.5

- 6 -

657

两边取常用对数，则n·lg1.5＞lg32， 即n＞

lg657－5lg2

≈7.3，又n∈N*，因此n≥8.

lg3－lg2

1

所以到2019年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的3.（12分） 20. （本题满分12分）在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且

(1)证明:sinAsinB=sinC. (2)若b2+c2-a2=bc,求tanB.

+

=

.

【解析】(1)由正弦定理形内角,所以sinAsinB≠0,

==,可知原式可以化简为+==1,因为A和B为三角

则两边同时乘以sinAsinB,可得sinBcosA+sinAcosB=sinAsinB, 由和角公式可知：

sinBcosA+sinAcosB=sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,原式得证. （6分） (2)由b2+c2-a2=bc,根据余弦定理可知,cosA=

=.

因为A为三角形内角,A∈(0,π),sinA>0,则sinA==,即=,由(1)可知

+

==1,所以==,所以tanB=4. （12分）

21. （本题满分12分）设直线l的方程为(a+1)x+y-2-a=0(a∈R). (1)若直线l在两坐标轴上的截距相等,求直线l的方程.

(2)若a>-1,直线l与x,y轴分别交于M,N两点,O为坐标原点,求△OMN面积取最小值时,直线l的方程.

【解析】(1)当直线l经过坐标原点时,该直线在两坐标轴上的截距都为0,此时a+2=0,解得a=-2,

此时直线l的方程为-x+y=0,即x-y=0; （3分）

- 7 -

当直线l不经过坐标原点,即a≠-2且a≠-1时,由直线在两坐标轴上的截距相等可得解得a=0,此时直线l的方程为x+y-2=0.

所以直线l的方程为x-y=0或x+y-2=0. （6分） (2)由直线方程可得M

,N(0,2+a),因为a>-1,

=2+a,

所以S△OMN=××(2+a)=×=≥×[2+2]=2,

当且仅当a+1=,即a=0时等号成立.

此时直线l的方程为x+y-2=0. （12分） πππx22．（本题满分12分）设函数f(x)＝sin4x－6－2cos28＋1.



(1)求f(x)的最小正周期；

4

(2)若函数y＝g(x)与y＝f(x)的图像关于直线x＝1对称，求当x∈0，3时，y＝g(x)的最大

值.

ππππ

解析：(1)f(x)＝sin4xcos6－cos4xsin6－

3π3ππππxxxcos4＝2sin4－2cos4＝3sin4x－3， 2π

故f(x)的最小正周期为T＝π＝8. （5分）

4

(2)在y＝g(x)的图像上任取一点(x，g(x))，它关于x＝1的对称点(2－x，g(x))． 由题设条件，点(2－x，g(x))在y＝f(x)的图像上， 从而g(x)＝f(2－x)

ππ

＝3sin42－x－3

πππ

＝3sin2－4x－3

ππ＝3cos4x＋3.



- 8 -

4πππ2π

当0≤x≤3时，3≤4x＋3≤3，

4π3

因此y＝g(x)在区间0，3上的最大值为g(x)max＝3cos3＝2. （12分）



- 9 -