第一篇：新疆自治區北京大學附屬中學新疆分校2018-2019學年高二10月月考數學試題及解析

北大附中新疆分校

2018－2019學年度第一學期高二年級月考試卷

數 學 問 卷

考試時間120分鐘 滿分150分

一：選擇題：（5×12＝60分）

1.在空間直角坐標系中，點（-2,1,4）關于軸對稱的點坐標是（）A.（-2 , 1 ,-4）

B.（2 , 1 ,-4）C.（-2 ,-1 ,-4）

D.（2 ,-1 , 4）【答案】C 【解析】 【分析】

先根據空間直角坐標系對稱點的特征，點（x，y，z）關于x軸的對稱點的坐標為只須將橫坐標、豎坐標變成原來的相反數即可，即可得對稱點的坐標． 【詳解】∵在空間直角坐標系中，點（x，y，z）關于x軸的對稱點的坐標為：（x，﹣y，﹣z），∴點（﹣2，1，4）關于x軸的對稱點的坐標為：（﹣2，﹣1，﹣4）． 故選：C．

【點睛】本小題主要考查空間直角坐標系、空間直角坐標系中點的坐標特征等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想．屬于基礎題 2.若方程x2+y2+x+y+k=0表示一個圓,則k的取值范圍是()A.C.B.D.【答案】D 【解析】 【分析】

根據二次方程表示圓的充要條件列出不等式，通過解不等式求出k的范圍． 【詳解】∵方程x2+y2+x+y+k=0表示一個圓, ∴1+1-4k＞0 ∴

故選：D．

【點睛】二元二次方程x2+y2+Dx+Ey+F=0表示圓的充要條件為：D2+E

2-4F＞0

3.邊長為正四面體的表面積是（）A.；

B.； C.；

D.【答案】D 【解析】 【分析】

根據邊長為a的正四面體的表面為4個正三角形，運用公式計算可得． 【詳解】∵邊長為a的正四面體的表面為4個邊長為a正三角形，∴表面積為：4×a=a2，故選：D．

【點睛】本題考查了空間幾何體的性質，面積公式，屬于簡單的計算題． 4.與圓，圓

都相切的直線條數是（A.2條 B.3條 C.4條 D.1條 【答案】B 【解析】 【分析】

根據已知中圓的方程，求出圓心坐標和半徑，判斷出兩圓外切，可得答案． 【詳解】圓的圓心坐標為（﹣2，2），半徑為1，圓的圓心坐標為（2，5），半徑為4，兩個圓心之間的距離d=5，等于半徑和，故兩圓外切，）故公切線共有3條，故選：B．

【點睛】本題考查的知識點是兩圓的位置關系，圓的一般方程，屬于基礎題． 5.設為直線，A.若C.若【答案】B 【解析】

試題分析：A中，由，也可能

可知可能，也可能可知可能

與

相交；B中，由

可知可能，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()，則，則

B.若

D.若，則，則

；D中，由也可能與相交．故選C．

考點：線面平行、垂直．

6.長方體的一個頂點上的三條棱長分別為3、4、5，且它的8個頂點都在同一個球面上，則這個球表面積是（）A.C.；

B.； ；

D.都不對

【答案】B 【解析】

長方體的8個頂點都在同一球面上，則這個球是長方體的外接球，所以球直徑等于長方體的體對角線長，即，所以球的表面積為，故選B

7.某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是()

A.B.C.D.【答案】B 【解析】

三視圖對應的原圖如下所示：，面，∴．

選． 8.直線與圓相交于兩點，則弦長（A.B.C.D.【答案】D 【解析】

試題分析：圓心到直線的距離為，所以弦長為

.考點：直線與圓的位置關系．

9.如下圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：

①BM與ED平行

②CN與BE是異面直線

③CN與BM成60o角 ④DM與BN是異面直線 以上四個命題中，正確命題的序號是）A.①②③

B.②④

C.③④

D.②③④ 【答案】C 【解析】

畫出正方體，如圖所示，易知，①②錯誤，③④正確．故選C.10.若圓取值范圍為（）A.B.上有且僅有兩個點到直線的距離為1，則半徑的C.D.【答案】A 【解析】 略 11.四面體中，若，則點在平面

內的射影點是的()A.外心

B.內心 C.垂心

D.重心 【答案】A 【解析】 【分析】

由已知條件推導出△POA≌△POB≌△POC，由此能求出點P在平面ABC內的射影點O是三角形ABC的外心．

【詳解】設P在平面ABC射影為O，∵PA=PB=PC，PO=PO=PO，（公用邊），∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴△POA≌△POB≌△POC，∴OA=OB=OC，∴O是三角形ABC的外心． 故選：A．

【點睛】本題考查三角形外心的判斷，是基礎題，解題時認真審題，注意空間思維能力的培養． 12.曲線A.C.B.D.與直線

有兩個交點，則實數的取值范圍是()【答案】D 【解析】 試題分析：曲線的圓的上半部分，而直線

可以化為

4過定點，它表示以

為圓心，以為半徑

時，直，畫出圖象可知當直線過點線與半圓有兩個交點，此時直線的斜率為；當直線與半圓相切時，直線斜率為，所以要使半圓與曲線有兩個交點，實數的取值范圍是考點：直線與圓的位置關系．，故選D．

二．填空題：（5×4＝20分）

13.點P（4，－2）與圓【答案】【解析】

設圓上任一點坐標為M(x0，y0)，則則解得

代入，PM的中點坐標為(x，y)，2

2中得(x－2)＋(y＋1)＝1.上任一點連線的中點軌跡方程是___________________.點睛：求軌跡方程的常用方法：

（1）直接法：直接利用條件建立x，y之間的關系F(x，y)＝0．（2）待定系數法：已知所求曲線的類型，求曲線方程．

（3）定義法：先根據條件得出動點的軌跡是某種已知曲線，再由曲線的定義直接寫出動點的軌跡方程．

（4）代入(相關點)法：動點P(x，y)依賴于另一動點Q(x0，y0)的變化而運動，常利用代入法求動點P(x，y)的軌跡方程． 14.空間坐標系中，給定兩點A、B，滿足條件|PA|=|PB|的動點P的軌跡方程是_______________．（即P點的坐標x、y、z間的關系式）【答案】 【解析】 設得15.若【答案】【解析】 試題分析：圓心

考點：直線方程與直線與圓相交的位置關系

點評：直線與圓相交，弦長一半，圓的半徑，圓心到直線的距離構成直角三角形 16.已知（1）（3）為直線，則，則為平面，有下列三個命題： ；

（2）；

（4），則，則

； ； ,直線

斜率,所以直線AB為為圓，因為，所以，即，化簡可的弦AB的中點，則直線AB的方程是____

其中正確命題是__________________________ 【答案】(2)【解析】（1），則；顯然不正確，因為兩個平面的位置關系可以是任意的，兩個直線的，則，是正確的，垂直于同一平面的兩條直線是平行，關系也是不確定的；（2）的；（3）則，則，不正確，因為還有一種可能是直線a在平面內；（4）

。故正確的只有（2）.，不正確，因為直線b有可能在平面故答案為：1.點睛：這個題目考查了空間中點線面的位置關系，對于這種題目的判斷一般是利用課本中的定理和性質進行排除，判斷。還可以畫出樣圖進行判斷，利用常見的立體圖形，將點線面放入特殊圖形，進行直觀判斷。

三．解答題（共70分）

17.求與圓【答案】【解析】 【分析】

同心，且與直線

相切的圓的方程 求出圓心坐標，再求出圓心到切線的距離即圓的半徑，然后得圓標準方程． 【詳解】已知圓配方得，∴所求圓標準方程為

．

和圓的半徑，則圓方程為，圓心為，【點睛】求圓的標準方程，關鍵是求出圓心坐標．

18.已知一個長方體共一頂點的三個面的面積分別是、（1）求這個長方體的對角線長。（2）求這個長方體的的體積 【答案】(1)

(2)【解析】 【分析】

（1）設此長方體的棱長分別為a，b，c，則長方體的對角線長l=

即可．、，解出a，b，c，再利用（2）由（1）知a，b，c，利用長方體體積公式即可得到結果． 【詳解】（1）設此長方體的棱長分別為a，b，c，則解得，a=，b=1．

=．，可得，這個長方體的對角線長l=（2）由（1）可知：V=abc=．

【點睛】熟練掌握長方體的側面積、對角線長及體積計算公式是解題的關鍵． 19.如圖，在直三棱柱同于點），且

為

中，的中點．，分別是棱

上的點（點 不

求證：（1）平面平面（2）直線平面．

【答案】（1）見解析，（2）見解析 【解析】 【分析】

（1）依題意，可證AD⊥平面BCC1B1，再利用面面垂直的判定定理即可證得平面ADE⊥平面BCC1B1；

（2）A1B1=A1C1，F為B1C1的中點，可證A1F⊥B1C1，進一步可證A1F⊥平面BCC1B1；由（1）知AD⊥平面BCC1B1，從而A1F∥AD，利用線面平行的判定定理即可證得結論.【詳解】（1）因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC．

又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD． 又因為AD⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1∩DE=E，所以AD⊥平面BCC1B1．

又AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1．

（2）因為A1B1=A1C1，F為B1C1的中點，所以A1F⊥B1C1． 因為CC1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F，又因為CC1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1=C1，所以A1F⊥平面BCC1B1． 由（1）知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD． 又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F∥平面ADE 【點睛】垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直.20.如圖，在三棱錐

中，分別是的中點，（1）求證：（2）求異面直線平面與

；

所成角的余弦值；（3）求點到平面的距離。

【答案】⑴見證明；⑵；⑶【解析】 【分析】

（1）要證AO⊥平面BCD，只需證AO⊥BD，AO⊥CO即可，結合已知條件，根據勾股定理即可得到答案；

（2）取AC中點F，連接OF、OE、EF，由中位線定理可得EF∥AB，OE∥CD，則∠OEF（或其補角）是異面直線AB與CD所成角，然后在Rt△AOC中求解；（3）利用等體積變換【詳解】（1）證明：連接

在中，由已知可得：，即

（2）解：取由為直線的中點，連接

與

所成的角。

，而，可求出點E到平面ACD的距離． 的中點知

與所成的銳角就是異面直線

在 是中, 斜邊，上的中線

（3）解：設點到平面 的距離為。

在中，而

點到平面的距離為

【點睛】等積法：等積法包括等面積法和等體積法．等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以用來求解幾何圖形的高或幾何體的高，特別是在求三角形的高和三棱錐的高時，這一方法回避了通過具體作圖得到三角形(或三棱錐)的高，而通過直接計算得到高的數值． 21.已知圓

和直線

交于P、Q兩點且OP⊥OQ（O為坐標原點），求該圓的圓心坐標及半徑.【答案】圓心坐標為（－，3），半徑【解析】 試題分析：

將得設P代入方程．，Q，則

．，滿足條件：

∵ OP⊥OQ, ∴∴

而．，∴，此時Δ，圓心坐標為（－，3），半徑．

考點：本題主要考查直線與圓的位置關系、圓的方程。

點評：巧妙地利用一元二次方程根與系數的關系，是解析幾何中常見技巧。22.如圖，在正三棱柱中，AB＝2，由頂點B沿棱柱側面經過棱棱的交點記為M，求：

到頂點C1的最短路線與

（Ⅰ）三棱柱的側面展開圖的對角線長.（Ⅱ）該最短路線的長及（Ⅲ）平面【答案】⑴【解析】 【分析】

（Ⅰ）利用側面展開法即可求出對角線長；（Ⅱ）利用側面展開法進行求解即可，求出DC1和的值即可； 的值.與平面ABC所成二面角（銳二面角）；⑵

,；⑶45°（Ⅲ）連接DB，C1B，可證∠C1BC就是平面C1MB與平面ABC所成二面角的平面角，在三角形C1BC中求出此角的大小． 【詳解】（Ⅰ）正三棱柱其對角線長為（Ⅱ）如圖，將側面

繞棱AA1, , 旋轉120°使其與側面

在同一平面上，點B的側面展開圖是長為6，寬為2的矩形，運動到點D的位置，連接DC1交AA1于M，則DC1就是由頂點B沿棱柱側面經過棱AA1到頂點C1的最短路線，其長為, 故；

（Ⅲ）連接DB，C1B，則DB就是平面C1MB與平面ABC的交線，在△DCB中，, ,又由三垂線定理得平面，就是平面C1MB與平面ABC所成二面角的平面角（銳角），∵側面是正方形，故平面C1MB與平面ABC所成的二面角（銳角）為45°

【點睛】本小題主要考查直線與平面的位置關系、棱柱等基本知識，以及二面角的求解，利用定義法以及側面展開法是解決本題的關鍵．考查學生的運算和推理能力．

第二篇：2020屆師范大學附屬中學高三第三次月考數學試題（解析版）

2020屆山東師范大學附屬中學高三第三次月考數學試題

一、單選題

1．已知集合，若（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據一元二次不等式求得集合A，從而可求得.【詳解】

由得，又，故選：D.【點睛】

本題考查一元二次不等式的解法，集合間的交集運算，屬于基礎題.2．已知命題“”，則命題（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】試題分析：因為命題“”的否定為：，因此命題“”的否定為：，選A.【考點】命題的否定

3．為了得函數的圖象，只需把函數的圖象（）

A．向左平移個單位

B．向左平移單位

C．向右平移個單位

D．向右平移個單位

【答案】A

【解析】將函數的圖象按圖像變換規律逐步變到函數的圖象．

【詳解】

不妨設函數的圖象沿橫軸所在直線平移個單位后得到函數的圖象．

于是，函數平移個單位后得到函數，即，所以有，取，．答案為A．

【點睛】

由函數的圖像經過變換得到的圖像，在具體問題中，可先平移后伸縮變換，也可以先伸縮后平移變換，但要注意水平方向上的伸縮和平移變換都是針對x值而言，故先伸縮后平移時要把x

前面的系數變為1．

4．已知數列滿足且，則（）

A．-3

B．3

C．

D．

【答案】B

【解析】由已知可得數列是以2為公差的等差數列，再，代入可得選項.【詳解】,∴數列是以2為公差的等差數列，，，故選：B.【點睛】

本題考查等差數列的定義，等差數列的項的關系，屬于基礎題.5．函數是增函數的一個充分不必要條件是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據對數函數的單調性和命題的充分條件、必要條件的判斷可得選項.【詳解】

∵時，是增函數，∴函數是增函數的一個充分不必要條件是的一個子集，又，故選：D.【點睛】

本題考查對數函數的單調性和命題的充分必要條件的定義和判斷，屬于基礎.6．函數的零點所在區間為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據零點存在原理求出每個區間端點的函數值即可選出正確答案.【詳解】，，，由.故選：C

【點睛】

本題考查了零點存在原理，考查了數學運算能力.7．若，，則的最小值為（）

A．9

B．8

C．7

D．6

【答案】A

【解析】由對數的運算性質可得，再構造出，根據基本不等式可得最小值.【詳解】

∵，∴，∴，當且僅當“”時取等號，∴的最小值為9.故選：A.【點睛】

本題考查對數的運算性質和基本不等式的運用，關鍵在于“1”的巧妙運用，構造出基本不等式所需的形式，屬于中檔題.8．已知在區間上有極值點，實數a的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】對函數求導函數，由已知條件得其導函數在上有零點，建立不等式組可得范圍.【詳解】,由于函數在上有極值點，所以在上有零點。所以，解得.故選：D.【點睛】

本題主要考查導函數的極值問題，關鍵在于得出導函數在所給的區間上有零點，轉化為求解不等式組的問題，屬于基礎題,9．泉城廣場上矗立著的“泉標”，成為泉城濟南的標志和象征．為了測量“泉標”高度，某同學在“泉標”的正西方向的點A處測得“泉標”頂端的仰角為，沿點A向北偏東前進100

m到達點B，在點B處測得“泉標”頂端的仰角為，則“泉標”的高度為（）

A．50

m

B．100

m

C．120

m

D．150

m

【答案】A

【解析】理解方位角、仰角的含義,畫出圖形,確定中的邊與角,利用余弦定理,即可求得結論.【詳解】

如圖,為“泉標”高度,設高為米，由題意,平面,米,，．

在中，在中，在中,，,，,由余弦定理可得，解得或

(舍去),故選：B.【點睛】

本題考查利用數學知識解決實際問題,考查余弦定理的運用,解題的關鍵是確定三角形的邊與角,屬于中檔題.10．已知偶函數的定義域為，其導函數為，當時，有成立，則關于x的不等式的解集為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】根據題意設，則求導函數分析的正負，得函數在上的單調性，再根據的奇偶性，得的奇偶性，將所求解的不等式轉化為，根據分析出的單調性和奇偶性可得不等式的解集.【詳解】

根據題意設，則，又當時，則有，所以在上單調遞減，又在上是偶函數，所以，所以是偶函數，所以，又為偶函數，且在上為減函數，且定義域為，則有，解得

或，即不等式的解集為，故選：B.【點睛】

本題以函數和導函數為背景,考查函數的導數與函數單調性的關系,考查邏輯思維、轉化與化歸思想.創新意識.推理運算能力,考查邏輯推理，數學抽象.數學運算素養.二、多選題

11．下列函數中，既是偶函數，又在上單調遞增的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】CD

【解析】對每一個選項中的函數分別從是否滿足,根據常見的初等函數的單調性判斷在上是否單調遞增，可得出選項.【詳解】

本題主要考查函數的單調性和函數的奇偶性.A項，對于函數，因為，所以函數不是偶函數。故A項不符合題意。

B項，對于函數，因為當時，當，所以函數在區間上不是單調遞增的。故B項不符合題意.C項，對于函數，因為定義域為，所以函數為偶函數，因為函數，當時，而，函數在上單調遞增，所以函數在區間上為增函數。故C項符合題意.D項，對于函數，因為函數，所以函數是偶函數。而在上單調遞增，在上單調遞增，所以函數在上單調遞增。故D項符合題意.故選：CD.【點睛】

本題考查函數的奇偶性的判斷，和一些常見的初等函數的單調性的判斷，屬于基礎題.12．在平面直角坐標系中，角頂點在原點，以正半軸為始邊，終邊經過點，則下列各式的值恒大于0的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AB

【解析】根據角終邊經過點，結合三角函數的定義可以判斷角的正弦、余弦、正切的正負性，對四個選項逐一判斷即可選出正確答案.【詳解】

由題意知，.選項A；

選項B，；

選項C，；

選項D，符號不確定.故選：AB.【點睛】

本題考查了三角函數的定義，屬于基礎題.13．已知函數，是函數的極值點，以下幾個結論中正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AC

【解析】求導數,利用零點存在定理,可判斷A,B;,可判斷C，D.【詳解】

函數，∵是函數的極值點，∴，即，，,即A選項正確,B選項不正確;,即C正確,D不正確.故答案為:AC.【點睛】

本題考查利用導數研究函數的極值,考查學生的計算能力,屬于中檔題.三、填空題

14．已知，則的值為________．

【答案】

【解析】利用二倍角公式,和同角三角函數的關系，運用弦化切，代入可求得值.【詳解】

原式,又∵，∴原式，故答案為：.【點睛】

本題考查同角三角函數的關系，和運用二倍角公式化簡求值問題，關鍵在于將齊次式轉化為正切的式子，屬于基礎題.15．已知函數是定義在上的奇函數，當時，有恒成立，若，則x的取值范圍是________．

【答案】

【解析】根據已知條件得函數是定義在上的減函數，再根據函數是定義在上的奇函數，化簡不等式得，解之可得范圍.【詳解】

根據已知條件：當時，有恒成立，得函數是定義在上的減函數，又因為函數是定義在上的奇函數，所以，故等價于，所以，即。

故答案為：。

【點睛】

本題考查函數的奇偶性和單調性的綜合運用，關鍵在于將不等式轉化為是兩個函數值的不等關系，運用單調性的定義可得所求的范圍，屬于中檔題。

16．設等差數列前n項和為．若，則________，的最大值為________．

【答案】4

【解析】根據等差數列的前n項和公式，可求得，從而可求得數列的公差，得到數列的通項公式和前n項和公式，可求得所需求的值.【詳解】

∵數列是等差數列，∵，∴，又，，,∴當或時，有最大值42.故答案為：（1）4；（2）42.【點睛】

本題考查等差數列的通項公式和前n項和公式，和根據二次函數的求得前n項和的最大值，運用是需注意數列的項數應是自然數，屬于基礎題.17．已知函數，若方程有三個不同的實根，則實數a的取值范圍是________．

【答案】

【解析】由在同一坐標系中畫出函數的圖象與函數的圖象，利用數形結合，可求出滿足條件實數a的取值范圍．

【詳解】

函數的圖象如下圖所示，作出直線l：，平移直線l至與之間時，方程有三個不同的實根，而由得，當時，即（舍去）時，得直線，當直線l：，過點時，得直線，此時，所以要使方程有三個不同的實根，則實數a的取值范圍是：，故答案為：.【點睛】

本題考查學生綜合運用函數和方程的能力，以及讓學生掌握數形結合的數學思想，屬于中檔題．

四、解答題

18．設等差數列前項和為，滿足，.（1）求數列的通項公式；

（2）設數列滿足，求數列的通項公式

【答案】(1)

．(2)

【解析】（1）利用基本元的思想，將已知條件轉化為的形式列方程組，解方程組求得，進而求得數列的通項公式.（2）利用“退作差法”求得的表達式，進而求得數列的通項公式.【詳解】

（1）設等差數列首項為，公差為．

由已知得，解得．

于是．

（2）當時，．

當時，當時上式也成立．

于是．

故．

【點睛】

本小題主要考查等差數列通項公式和前項和公式的計算，考查“退作差法”求數列的通項公式，屬于基礎題.19．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足．

（1）求的值；

（2）若，求的面積．

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）根據正弦定理，對進行邊角互化．再由正弦定理可得，可得的值；

（2）由可知．而，運用余弦定理可求得，進而求得角，運用三角形的面積公式可求得面積．

【詳解】

（1）由正弦定理，可化為，也就是．

由中可得．

即．由正弦定理可得，故．

（2）由可知．而，由余弦定理可知．

又，于是．

．

【點睛】

本題考查解三角形的正弦定理和余弦定理，以及三角形的面積公式，關鍵在于選擇合適的定理進行邊角互化，屬于中檔題.20．設函數.（1）設方程在內有兩個零點，求的值；

（2）若把函數的圖象向左平移個單位，再向下平移2個單位，得函數圖象，求函數在上的最值.【答案】（1）；（2）最大值為，最小值為

【解析】(1)先利用三角誘導公式將函數表達式化簡,再由余弦函數圖像可得或根據范圍可得.(2)根據圖像平移得到,由正弦曲線可得最值.【詳解】

解：（1）由題設知，或

得或，（2）圖像向左平移個單位，得

再向下平移2個單位得

當時，在的最大值為，最小值為.【點睛】

本題考查了三角誘導公式,三角函數圖像平移與性質,基礎題.21．設函數.（Ⅰ）當，時，恒成立，求的范圍；

（Ⅱ）若在處的切線為，且方程恰有兩解，求實數的取值范圍.【答案】（I）

（II）

【解析】試題分析：（1）將參數值代入得到函數表達式，研究函數的單調性求得函數最值，使得最小值大于等于0即可；（2）根據切線得到，方程有兩解，可得，所以有兩解，令，研究這個函數的單調性和圖像，使得常函數y=m，和有兩個交點即可.解析：

由，當時，得.當時，且當時，此時.所以，即在上單調遞増，所以，由恒成立，得，所以.（2）由得，且.由題意得，所以.又在切線上.所以.所以.所以.即方程有兩解，可得，所以.令，則，當時，所以在上是減函數.當時，所以在上是減函數.所以.又當時，；且有.數形結合易知：.點睛：本題中涉及根據函數零點求參數取值，是高考經常涉及的重點問題，（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解；（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解，如果涉及由幾個零點時，還需考慮函數的圖象與參數的交點個數；（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.22．已知某工廠每天固定成本是4萬元，每生產一件產品成本增加100元，工廠每件產品的出廠價定為元時，生產件產品的銷售收入是（元），為每天生產件產品的平均利潤（平均利潤＝總利潤/總產量）.銷售商從工廠每件元進貨后又以每件元銷售，其中為最高限價，為銷售樂觀系數，據市場調查，是由當是，的比例中項時來確定.（1）每天生產量為多少時，平均利潤取得最大值？并求的最大值；

（2）求樂觀系數的值；

（3）若，當廠家平均利潤最大時，求與的值.【答案】（1）400,200；（2）；（3），.【解析】試題分析：（1）先求出總利潤＝，依據（平均利潤＝總利潤/總產量）可得，利用均值不等式得最大利潤；（2）由已知得，結合比例中項的概念可得，兩邊同時除以將等式化為的方程，解出方程即可；（3）利用平均成本平均利潤，結合廠家平均利潤最大時（由（1）的結果）可得的值，利用可得的值.試題解析：（1）依題意總利潤＝，＝，,此時，即，每天生產量為400件時，平均利潤最大，最大值為200元

.（2）由得，是的比例中項，兩邊除以得，解得.（3）廠家平均利潤最大，元，每件產品的毛利為，元，（元），元.23．已知函數．

（1）當時，判斷函數的單調性；

（2）若恒成立，求a的取值范圍；

（3）已知，證明．

【答案】（1）在區間單調遞增，單調遞減

（2）

（3）證明見解析

【解析】（1）當時，分析出的正負，從而得的單調區間；

（2）由已知分離變量得恒成立．設，則，對

求導，分析出的正負，從而得的單調區間和最值，可得a的取值范圍；

（3）欲證，兩邊取對數，轉化為，由（2）可知的單調性，可得證．

【詳解】

由題意可知，函數的定義域為：且，（1）當時，若，則；若，則，所以函數在區間單調遞增，單調遞減．

（2）若恒成立，則恒成立．

又因為，所以分離變量得恒成立．

設，則，所以．

當時，；當時，即函數在上單調遞增，在上單調遞減．

當時，函數取最大值，所以.（3）欲證，兩邊取對數，可得，由（2）可知在上單調遞增，且所以，命題得證．

【點睛】

本題考查運用導函數研究函數的單調性，解決不等式恒成立的問題，證明不等式，解決問題的關鍵在于實行參變分離，構造合適的函數，對其求導，分析導函數的正負，得出所構造的函數的單調性，從而得出函數的極值、最值，使問題得以解決，屬于常考題，難度題.

第三篇：精品解析：八年級上學期10月月考數學試題（解析版）

廣東省廣州市越秀區廣州華僑外國語學校2020-2021學年八年級上學期10月月考數學試題

一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）

1.下列各組線段的長為邊，能組成三角形的是

A.2cm，3cm，4cm

B.2cm，3cm，5cm

C.2cm，5cm，10cm

D.8cm，4cm，4cm

【答案】A

【解析】

試題分析：根據在三角形中任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，得

A、2cm，3cm，4cm滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，能組成三角形，故本選項正確；

B、2cm

+3cm

=5cm，不能組成三角形，故本選項錯誤；

C、2cm

+5cm＜10cm，不能夠組成三角形，故本選項錯誤；

D、4cm

+4cm

=8cm，不能組成三角形，故本選項錯誤．

故選A．

2.已知圖中的兩個三角形全等，則∠1等于（）

A.72°

B.60°

C.50°

D.58°

【答案】D

【解析】

【分析】

相等的邊所對的角是對應角，根據全等三角形對應角相等可得答案.【詳解】左邊三角形中b所對的角=180°-50°-72°=58°，∵相等的邊所對的角是對應角，全等三角形對應角相等

∴∠1=58°

故選D.【點睛】本題考查全等三角形的性質，找準對應角是解題的關鍵.3.一個正多邊形的內角和為540°，則這個正多邊形的每一個外角等于（）

A.108°

B.90°

C.72°

D.60°

【答案】C

【解析】

【分析】

首先設此多邊形為n邊形，根據題意得：180（n-2）=540，即可求得n=5，再由多邊形的外角和等于360°，即可求得答案．

【詳解】解：設此多邊形為n邊形，根據題意得：180（n-2）=540，解得：n=5，∴這個正多邊形的每一個外角等于：=72°．

故選C．

【點睛】此題考查了多邊形的內角和與外角和的知識．注意掌握多邊形內角和定理：（n-2）?180°，外角和等于360°．

4.如圖，CE是△ABC的外角∠ACD的平分線，若∠B=35°，∠ACE=60°，則∠A=()

A.35°

B.95°

C.85°

D.75°

【答案】C

【解析】

【分析】

根據CE是△ABC的外角∠ACD的平分線，∠ACE=60°，得出∠ACD=120°；再根據三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角和即可求解.【詳解】解：∵CE是△ABC的外角∠ACD的平分線，∠ACE=60°

∴∠ACD=2∠ACE=120°

∵∠ACD=∠B+∠A

∴∠A=∠ACD-∠B=120°-35°=85°

故選:C.【點睛】本題考查了三角形外角性質，角平分線定義的應用，注意:三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和.5.一個三角形三個內角的度數之比為2∶3∶5，這個三角形一定是（）

A.銳角三角形

B.直角三角形

C.鈍角三角形

D.等腰三角形

【答案】B

【解析】

【分析】

若三角形三個內角的度數之比為2：3：5，利用三角形的內角和定理：三角形的內角和為180°，可求出三個內角分別是36°，54°，90°．則這個三角形一定是直角三角形．

【詳解】設三角分別為2x，3x，5x，依題意得2x+3x+5x=180°，解得x=18°．

故三角36°，54°，90°．

所以這個三角形一定是直角三角形，故選B．

【點睛】本題考查了三角形內角和定理，由條件計算出角的大小是解題的關鍵．

6.根據下列條件，能畫出唯一△ABC的是（）

A.AB=3，BC=4，AC=8

B.∠A=60°，∠B=45°，AB=4

C.∠C=90°，AB=6

D.AB=4，BC=3，∠A=30°

【答案】B

【解析】

【分析】

判斷一個三角形是否為三角形，即兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，兩邊夾一角，或兩角夾一邊可確定三角形的形狀，否則三角形則并不是唯一存在，可能有多種情況存在.【詳解】A.因為AC，BC，AB的長不滿足三角形三邊關系，所以A選項不能確定一個三角形；

B.∠A，∠B的公共邊是AB，根據三角形全等的判定ASA可以確定一個三角形，故B選項能唯一確定一個三角形；

C.只有一個角一條邊，故C選項不能唯一確定一個三角形；

D.∠A不是AB和BC邊的夾角，故D選項不能唯一確定一個三角形，故選：B.【點睛】本題主要考查了三角形的確定問題，熟練掌握三角形的三邊關系等相關問題是解決本題的關鍵.7.用直尺和圓規作一個角等于已知角，如圖，能得出的依據是（）

A

S．S．S

B.S．A．S

C.A．S．A

D.A．A．S

【答案】A

【解析】

【分析】

利用SSS可證得△OCD≌△O′C′D′，那么∠A′O′B′=∠AOB．

【詳解】解：易得OC=C＇，OD=O′D＇，CD=C′D＇，∴△OCD≌△O′C′D′，∴∠A′O′B′=∠AOB，所以利用的條件為SSS，故選：A．

【點睛】本題考查了全等三角形“邊邊邊”的判定以及全等三角形的對應角相等這個知識點，熟練掌握三角形全等的性質是解題的關鍵．

8.點P在的平分線上，點P到OA邊的距離等于3，點Q是OB邊上任意一點，下列關于線段PQ長度的描述正確的是（）

A.PQ>3

B.PQ3

C.PQ<3

D.PQ3

【答案】B

【解析】

【分析】

過點P作PD⊥OA于D，PC⊥OB與C，由OP是角平分線，PD=PC=3，由PC是垂線段，可知PQ≥PC即可．

【詳解】如圖所示：

∵OP平分∠AOB，∴∠AOP=∠BOP，過點P作PD⊥OA于D，PC⊥OB與C，∵點P到OA邊的距離等于3，∴PD=3，∴PC=PD=3，∴PQ≥PC=3．

故選擇：B．

【點睛】本題考查點到直線的距離最短問題，關鍵掌握角平分線的性質，和垂線段的性質．

9.如圖，若AC=BC，AD=BE，CD=CE,，則的度數為（）

A.95

B.100

C.105

D.115

【答案】C

【解析】

【分析】

如圖，若AC=BC，AD=BE，∠ACE=55°，∠BCD=155°，則∠ACD的度數為

【詳解】解：在△BCE和△ACD中，∴△BCE≌△ACD（SSS）

∴∠ACD=∠BCE，即∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE,∴∠ACB=∠DCE，∵∠ACE=55°，∠BCD=155°，∴∠DCE

=，∴∠ACD=55°+50°=105°，故選C．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．

10.如圖，在△ABC

中，AB=8，AC=5，AD是△ABC的中線，則AD的取值范圍是（）

A.3

B.1.5

C.2.5

D.10

【答案】B

【解析】

分析】

延長AD到E，使AD=DE，連結BE，證明△ADC≌△EDB就可以得出BE=AC，根據三角形的三邊關系就可以得出結論．

【詳解】解：延長AD到E，使AD=DE，連結BE．

∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD．

在△ADC和△EDB中，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴AC=BE．

∵AB-BE＜AE＜AB+BE，∴AB-AC＜2AD＜AB+AC．

∵AB=8，AC=5，∴1.5＜AD＜6.5．

故選：B

【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質的運用，三角形的中線的性質的運用，三角形三邊關系的性質的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．

二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）

11.若直角三角形中兩個銳角的差為20°，則這兩個銳角的度數分別是________．

【答案】

35°和55°

【解析】

【分析】

本題考查的是直角三角形的性質

根據直角三角形中兩個銳角互余，且差為20o，即可得到結果．

【詳解】設其中較小的一個銳角是，則另一個銳角是，∵直角三角形的兩個銳角互余，∴，解得，∴．

∴這兩個銳角的度數分別為和

12.已知一個等腰三角形的兩邊長分別為3和6，則等腰三角形的周長是_____．

【答案】15

【解析】

【分析】

分腰為3和腰為6兩種情況考慮，先根據三角形的三邊關系確定三角形是否存在，再根據三角形的周長公式求值即可．

【詳解】解：當腰為3時，3+3=6，∴3、3、6不能組成三角形；

當腰為6時，3+6=9＞6，∴3、6、6能組成三角形，該三角形的周長為=3+6+6=15．

故答案為：15．

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質以及三角形三邊關系，由三角形三邊關系確定三角形的三條邊長為解題的關鍵．

13.如果一個正多邊形每一個內角都等于144°，那么這個正多邊形的邊數是____．

【答案】10

【解析】

【分析】

設正多邊形的邊數為n，然后根據多邊形的內角和公式列方程求解即可．

【詳解】解：設正多邊形的邊數為n，由題意得，=144°，解得n=10．

故答案為10．

【點睛】本題考查了多邊形的內角與外角，熟記公式并準確列出方程是解題的關鍵．

14.如圖，在△ABC中，三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分線交于點E，若∠AEC=70°，則∠B=

．

【答案】40°

【解析】

試題分析：先根據三角形內角和定理求出∠EAC+∠ACE的度數，再根據AE、CE分別是∠DAC與∠ACF的角平分線得出∠DAC+∠ACF的度數，進而得出∠BAC+∠ACB的度數，根據三角形內角和定理即可得出結論

解：∵△ACE中，∠AEC=70°，∴∠EAC+∠ACE=180°﹣70°=110°，∵AE、CE分別是∠DAC與∠ACF的角平分線，∴∠DAC+∠ACF=2（∠EAC+∠ACE）=220°，∴∠BAC+∠ACB=360°﹣220°=140°，∴∠B=180°﹣140°=40°．

故答案為40°．

考點：三角形內角和定理；三角形的外角性質．

15.已知：如圖，△OAD≌△OBC，且∠O＝70°，∠C＝25°，則∠AEB＝

度

．

【答案】120

【解析】

解：∵△OAD≌△OBC，∴∠D=∠C=25°，∴∠CAE=∠O+∠D=95°，∴∠AEB=∠C+∠CAE=25°+95°=120°．

16.如圖，在△ABC中，AD平分，DEAB于E，有下列結論：①CD=ED；②AC+BE=AB；③；④AD平分；其中正確的序號是______．

【答案】①②③④

【解析】

【分析】

根據角平分線上的點到角的兩邊距離相等可得CD=DE，再利用“HL”證明Rt△ACD和Rt△AED全等，根據全等三角形對應邊相等可得AC=AE，∠ADC=∠ADE，然后逐一分析判斷即可得解．

【詳解】解：∵∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，∴CD=DE，故①正確；

在Rt△ACD和Rt△AED中，∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），∴AC=AE，∠ADC=∠ADE，∴AC+BE=AE+BE=AB，故②正確；

AD平分∠CDE，故④正確；

∵∠B+∠BAC=90°，∠B+∠BDE=90°，∴∠BDE=∠BAC，故③正確；

綜上所述，結論正確的是①②③④共4個．

故答案為：①②③④．

【點睛】本題考查了角平分線上點到角的兩邊距離相等的性質，全等三角形的判定與性質，熟記性質并確定出全等三角形是解題的關鍵．

三、解答題（本大題共5題，共52分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）

17.如圖，AB∥CD，∠ABE＝60°，∠D＝50°，求∠E的度數．

【答案】∠E＝10°.【解析】

【分析】

已知AB∥CD，根據平行線的性質可得∠CFE＝∠ABE＝60°．又因∠D＝50°，根據三角形外角的性質即可求得∠E＝10°．

【詳解】因為AB∥CD，所以∠CFE＝∠ABE＝60°．

因為∠D＝50°，所以∠E＝∠CFE－∠D＝60°－50°＝10°．

18.如圖，在△ABC中，．

（1）尺規作圖：作的平分線交BC于點D．（不寫作法，保留作圖痕跡）；

（2）已知，求的度數．

【答案】（1）見解析；（2）∠B=30°

【解析】

【分析】

（1）首先以A為圓心，小于AC長為半徑畫弧，交AC、AB于H、F，再分別以H、F為圓心，大于HF長為半徑畫弧，兩弧交于點M，再畫射線AM交CB于D；

（2）先根據角平分線定義、三角形內角和、三角形外角性質得：∠B=∠ADC-∠BAD=30°．

【詳解】解：（1）如圖所示：AD即為所求；

（2）∵，∴

∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=30°，∵，∴∠B=∠ADC-∠BAD=30°．

【點睛】此題主要考查了角平分線的基本作圖，以及角平分線定義和三角形的外角的性質，熟練掌握角平分線的基本作圖是關鍵．

19.如圖，已知點A、E、F、C在同一直線上，∠1＝∠2，AE＝CF，AD＝CB．請你判斷BE和DF的關系．并證明你的結論

【答案】BE∥DF，BE=DF，證明見解析．

【解析】

【分析】

根據已知條件和全等三角形的判定方法SAS，得到△ADF≌△CBE，得到對應角相等，根據內錯角相等兩直線平行，得到BEDF．

【詳解】解：BEDF.理由：∵?AE=CF，∴AF=CE,在△ADF與△CBE中，∴△ADF≌△CBE（SAS），∴∠DFA=∠BEC，BE=DF

∴BEDF（內錯角相等，兩直線平行）．

【點睛】本題考點：全等三角形的判定與性質，平行線的判定．

20.如圖，已知AD//BC，點E為CD上一點，AE，BE分別平分，．

（1）求證：AEBE；

（2）求證：DE=CE．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；

【解析】

【分析】

（1）由平行線和角平分線的性質，可得出∠AEB=90°，即可得結論；

（2）延長AE，BC交于M，繼而證明△ABE≌△MBE，得出AE=ME后，證明△ADE≌△MCE，即可得出結論．

【詳解】解：（1）∵AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC=180°，又∵AE、BE分別平分∠BAD、∠ABC，∴∠EAB=∠DAE=∠BAD，∠ABE=∠CBE=∠ABC

∴∠EAB+∠ABE=90°，∴∠AEB=90°

∴AE⊥BE

（2）如圖，延長AE，BC交于M，∵∠AEB=∠BEM=90°，BE=BE，∠ABE=∠CBE

∴△ABE≌△MBE（ASA），∴AE=ME，∵AD∥BC

∴∠D=∠ECM，且AE=EM，∠AED=∠CEM

∴△ADE≌△MCE（AAS），∴CE=DE．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．

21.在△ABC中，AB=AC，點D是直線BC上一點（不與B、C重合），以AD為一邊在AD的右側作△ADE，使AD=AE，∠DAE

=∠BAC，連接CE．

（1）如圖1，當點D在線段BC上，如果∠BAC=90°，則∠BCE=________度；

（2）設，．

①如圖2，當點在線段BC上移動，則，之間有怎樣的數量關系？請說明理由；

②當點在直線BC上移動，則，之間有怎樣數量關系？請直接寫出你的結論．

【答案】（1）90；（2）①，理由見解析；②當點D在射線BC.上時，a+β=180°，當點D在射線BC的反向延長線上時，a=β．

【解析】

【分析】

（1）可以證明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，證明∠ACB＝45°，即可解決問題；

（2）①證明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，β＝∠B＋∠ACB，即可解決問題；

②證明△BAD≌△CAE，得到∠ABD＝∠ACE，借助三角形外角性質即可解決問題．

【詳解】（1）；

（2）①．

理由：∵，∴．

即．

又，∴．

∴．

∴．

∴．

∵，∴．

②當點在射線上時，．

當點在射線的反向延長線上時，．

【點睛】該題主要考查了等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定及其性質等幾何知識點及其應用問題；應牢固掌握等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定及其性質等幾何知識點．

第四篇：2018-2019學年市高中高一上學期10月月考數學試題（解析版）

2018-2019學年市高中高一上學期10月月考數學試題

一、單選題

1．設，則是成立的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】根據條件，分析是否成立即可。

【詳解】

若，則成立，所以是充分性

若，則當時成立，不滿足，所以不是必要性

所以是的充分不必要條件

所以選A

【點睛】

本題考查了不等式成立條件及充分必要條件，屬于基礎題。

2．已知全集,集合，則圖中陰影部分所表示的集合（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】試題分析：由圖像可知，圖中陰影部分用集合表示為．

【考點】集合的運算．

3．若不等式的解集為，那么不等式的解集為

()

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據題中所給的二次不等式的解集，結合三個二次的關系得到，由根與系數的關系求出的關系，再代入不等式，求解即可.【詳解】

因為不等式的解集為，所以和是方程的兩根，且，所以,即，代入不等式整理得，因為，所以,所以，故選D

【點睛】

本題主要考查含參數的一元二次不等式的解法，已知一元二次不等式的解求參數，通常用到韋達定理來處理，難度不大.4．對于任意兩個正整數，定義某種運算，法則如下：當都是正奇數時，；當不全為正奇數時，則在此定義下，集合的真子集的個數是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由題意，當

都是正奇數時，；當不全為正奇數時，；

若

都是正奇數，則由，可得，此時符合條件的數對為（滿足條件的共8個；

若不全為正奇數時，由，可得，則符合條件的數對分別為

共5個；

故集合中的元素個數是13，所以集合的真子集的個數是

故選C．

【點睛】本題考查元素與集合關系的判斷，解題的關鍵是正確理解所給的定義及熟練運用分類討論的思想進行列舉，二、填空題

5．“”是“”的______條件.【答案】充分不必要

【解析】解方程，即可判斷出“”是“”的充分不必要條件關系.【詳解】

解方程，得或，因此，“”是“”的充分不必要條件.故答案為：充分不必要.【點睛】

本題考查充分不必要條件的判斷，一般轉化為集合的包含關系來判斷，考查推理能力，屬于基礎題.6．設全集，，則_____.【答案】或

【解析】根據題意得出，解出該方程即可得出實數的值.【詳解】

全集，，解得或.故答案為：或.【點睛】

本題考查利用補集的結果求參數，根據題意得出方程是解題的關鍵，考查運算求解能力，屬于基礎題.7．已知集合,那么集合__

【答案】

【解析】根據集合交集的定義可以直接求解.【詳解】

因為，所以.【點睛】

本題考查了集合的交集運算，考查了解二元一次方程組.8．寫出命題“若且，則”的逆否命題：________．

【答案】若，則或

【解析】根據命題“若p，則q”的逆否命題是“若，則”，直接寫出即可.【詳解】

因為命題“若且，則”，所以它的逆否命題是“若，則或”.【點睛】

該題考查的是有關四種命題的問題，需要注意在確定原命題的基礎上，明確其逆否命題的形式，從而求得結果，屬于簡單題目.9．若，則滿足這一關系的集合的個數為______.【答案】

【解析】列舉出符合條件的集合，即可得出答案.【詳解】

由題意知，符合的集合有：、、、、、、，共個.故答案為：.【點睛】

本題考查集合個數的計算，一般列舉出符合條件的集合即可，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題.10．已知集合,，則___________．

【答案】

【解析】根據二次函數值域的求法求得集合M，根據函數定義域的求法求得集合N，再用集合的交集的定義求得.【詳解】

根據題意，可知，根據，可得，所以，故答案是.【點睛】

該題考查的是有關集合交集的運算問題，在解題的過程中，注意首先應用二次函數的性質求得集合M，利用分式與偶次根式的條件，求得集合N，之后應用交集中元素的特征，求得結果.11．若集合中只有一個元素，則______.【答案】或

【解析】對方程為一次方程和二次方程兩種情況討論，在該方程為二次方程的前提下得出，由此可解出實數的值.【詳解】

當時，即當時，合乎題意；

當時，即當時，由題意得，解得.因此，或.故答案為：或.【點睛】

本題考查利用集合元素的個數求參數，解題時要對變系數的二次方程分一次方程和二次方程兩種情況討論，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.12．調查名攜帶藥品出國的旅游者，其中人帶有感冒藥，人帶有胃藥，那么既帶有感冒藥又帶有胃藥的人數最少有______人.【答案】

【解析】設帶有感冒藥又帶有胃藥的人數為，根據容斥原理可得出，解出的取值范圍即可得出答案.【詳解】

設帶有感冒藥又帶有胃藥的人數為，根據容斥原理得，解得.因此，既帶有感冒藥又帶有胃藥的人數最少有人.故答案為：.【點睛】

本題考查元素個數的計算，利用容斥原理列不等式是解題的關鍵，考查運算求解能力，屬于基礎題.13．已知－≤α<β≤，則的范圍為_______________．

【答案】

【解析】試題分析：∵－≤β≤∴－≤－β≤，同向可加性得，從而得到結論．

【考點】不等式性質

14．設關于的不等式的解集為，且，則實數的取值范圍為___________．

【答案】

【解析】由已知中關于的不等式的解集為，且，將2,3分別代入可以構造一個關于的不等式組，解不等式組即可求出實數的取值范圍.【詳解】

因為關于的不等式的解集為，若，則，解得，若，則有或，解得，因為，故答案是.【點睛】

該題考查的是有關根據元素與集合的關系得到參數所滿足的條件，從而得到相應的不等式組，進一步求得結果.15．若，則，就稱是伙伴關系集合，集合的所有非空子集中具有伙伴關系的集合的個數是____________.【答案】3

【解析】這個題目考查了集合的新定義問題，根據題意，則，就稱是伙伴關系集合，可得到集合分別為：，.【詳解】

根據題意得到，則，就稱是伙伴關系集合，則滿足條件的集合為，.故答案為：3.【點睛】

高考對集合知識的考查要求較低，均是以小題的形式進行考查，一般難度不大，要求考生熟練掌握與集合有關的基礎知識．縱觀近幾年的高考試題，主要考查以下兩個方面：一是考查具體集合的關系判斷和集合的運算．解決這類問題的關鍵在于正確理解集合中元素所具有屬性的含義，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的關系判斷以及運算．

16．對于實數，規定（是不超過的最大整數），若有，例如，則不等式的解集是__________.【答案】

【解析】解不等式，得出，結合題意定義可求出實數的取值范圍.【詳解】

解不等式，即，解得，則的取值有、、、、、，.因此，不等式的解集是.故答案為：.【點睛】

本題考查一元二次不等式的解法，同時也考查了新定義的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.三、解答題

17．已知集合A={-4，2a-1，a2}，B={a-5，1-a，9}，分別求適合下列條件的a的值．

(1)9∈(A∩B)；(2){9}=A∩B．

【答案】（1）或；（2）．

【解析】（1）根據交集的定義分類討論9對應的元素，并檢驗是否滿足題意.（2）根據交集的定義分類討論9對應的元素，并檢驗是否滿足題意.【詳解】

(1)∵9∈A∩B且9∈B，∴9∈A.∴2a－1＝9或a2＝9.∴a＝5或a＝±3.而當a＝3時，a－5＝1－a＝－2，故舍去．

∴a＝5或a＝－3.(2)∵{9}＝A∩B，∴9∈A∩B.∴a＝5或a＝－3.而當a＝5時，A＝{－4，9，25}，B＝{0，－4，9}，此時A∩B＝{－4，9}≠{9}，故a＝5舍去．

∴a＝－3.【點睛】

9∈A∩B與{9}＝A∩B意義不同，9∈A∩B說明9是A與B的一個公共元素，但A與B允許有其他公共元素．而{9}＝A∩B說明A與B的公共元素有且只有一個9.18．某物流公司購買了一塊長AM＝30米，寬AN＝20米的矩形地塊，計劃把圖中矩形ABCD建設為倉庫，其余地方為道路和停車場，要求頂點C在地塊對角線MN上，B、D分別在邊AM、AN上，假設AB的長度為x米

(1)求矩形ABCD的面積S關于x的函數解析式；

(2)要使倉庫占地ABCD的面積不少于144平方米，則AB的長度應在什么范圍內？

【答案】(1)

S＝20x－x2(0

【解析】(1)

根據三角形相似，利用x表示出AD，進而用x表示出矩形ABCD的面積。

(2)

根據面積不小于144平方米，列出一元二次不等式，解不等式即可。

【詳解】

(1)根據題意，得△NDC與△NAM相似，所以，即，解得AD＝20－x.所以矩形ABCD的面積S關于x的函數為S＝20x－x2(0

(2)要使倉庫占地ABCD的面積不少于144平方米，即20x－x2≥144，化簡得x2－30x＋216≤0，解得12≤x≤18，所以AB的長度的取值范圍為[12,18]．

【點睛】

本題考查了二次函數、一元二次不等式在實際問題中的應用，關鍵是注意自變量的取值范圍，屬于基礎題。

19．已知集合，集合．

（1）求；

（2）若集合，且，求實數的取值范圍．

【答案】（1）；（2）．

【解析】試題分析：（1）集合是分式不等式的解集，求解時注意分母不為0即可，由交集運算可得；

（2）由，知，這時對分類，分和兩類討論可得．

試題解析：（1），故

（2）因為，所以．

①當，即時，滿足題意；

②當，即時，要使，則，解得．

綜上所述，實數的取值范圍為．

【考點】集合的運算與包含關系．

20．已知非空集合.（1）求集合的元素之和；

（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1）見解析；（2）.【解析】（1）分和兩種情況討論，結合韋達定理可求出集合的元素之和；

（2）分和兩種情況討論，結合列出關于實數的不等式組，解出即可.【詳解】

（1）對于二次方程，由于集合為非空集合，則.當時，即當時，則，此時，集合的元素之和為；

當時，即當時，設，由韋達定理得，此時，集合中的元素之和為；

（2）當時，即當時，此時，成立；

當時，即，若，則，成立.若，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.【點睛】

本題考查一元二次方程韋達定理的應用，同時也考查了利用交集的運算結果求參數的取值范圍，涉及了二次方程根的分布問題，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.21．已知，.（1）若不等式對一切實數恒成立，求實數的取值范圍；

（2）若，解關于的不等式.【答案】（1）；（2）見解析.【解析】（1）由題得知關于的不等式在實數集上恒成立，然后分和兩種情況討論，結合首項系數和判別式的符號列出關于實數的不等式組，解出即可；

（2）將所求不等式化為，然后比較與的大小關系，結合首項系數的符號可解出該不等式.【詳解】

（1）不等式對一切實數恒成立，即不等式在實數集上恒成立.①當時，即當時，不等式為，解得，不合乎題意；

②當時，即當時，則有，解得.綜上所述，實數的取值范圍是；

（2）解不等式，即，即.，解方程，得，.當時，即當時，不等式的解集為；

當時，即當時，原不等式為，即，該不等式的解集為；

當時，即當時，不等式的解集為.【點睛】

本題考查二次不等式在實數集上恒成立問題，同時也考查了含參二次不等式的解法，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.

第五篇：精品解析：八年級上學期10月月考數學試題（原卷版）

2019學年上學期番禺區六校教育教學聯合體10月抽測

八年級數學學科試題（問卷A）

一．選擇題：（本大題共10小題，每小題2分，滿分20分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）

1.下列圖形中，不具有穩定性是（）

A.B.C.D.2.如圖，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一個條件后，仍無法判定△ADF≌△CBE的是

A.∠A=∠C

B.AD=CB

C.BE=DF

D.AD∥BC

3.已知在△ABC中，∠A=∠B

—∠C，則△ABC（）

A.銳角三角形

B.鈍角三角形

C.直角三角形

D.以上都有可能

4.如圖，在Rt△ADB中，∠D=90°，C為AD上一點，則可能是（）

A.10°

B.20°

C.30°

D.40°

5.從六邊形的一個頂點出發，可以畫出m條對角線，它們將六邊形分成n個三角形．則m，n的值分別為

（）

A.4，3

B.3，3

C.3，4

D.4，4

6.下列說法正確的是（）

A.三角形三條角平分線的交點是三角形的重心

B.三角形的一條角平分線把該三角形分成面積相等的兩部分

C.三角形的中線、角平分線、高都是線段

D.三角形的三條高都在三角形內部

7.如圖所示，一個60o角的三角形紙片，剪去這個60°角后，得到

一個四邊形，則么的度數為（）

A.120O

B.180O.C.240O

D.3000

8.如圖所示，已知，D是BC的中點，AE：EB=1：2，則△ADE的面積為（）

A.4

B.8

C.2

D.6

9.根據下列條件，能畫出唯一△ABC的是（）

A.AB=3，BC=4，AC=8

B.∠A=60°，∠B=45°，AB=4

C.∠C=90°，AB=6

D.AB=4，BC=3，∠A=30°

10.平面上有與，其中與相交于點，如圖．若，，，則的度數為

A

B.C.D.二．填空題：（每題2分，共12分，直接把最簡答案填寫在答題卷的橫線上．）

11.王老師一塊教學用的三角形玻璃不小心打破了，他想再到玻璃店劃一塊同樣大小的三角形玻璃，為了方便他只要帶第________塊就可以．

12.已知等腰三角形的兩條邊長分別是3cm、7cm，那么這個等腰三角形的周長是________cm．

13.如圖為6個邊長相等的正方形的組合圖形，則∠1+∠2+∠3=_________

14.如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，AB=25cm，點D在BC上，DE⊥AB，垂足為E，且DE=DC，則BE=_____cm．

15.在△ABC中，AB＝10，AC＝6，AD是BC邊上中線，則AD的取值范圍是___________．

16.如圖所示，直角坐標系中A（2，-1），B（-1，1），∠BAC=90°，AB=AC，則C點坐標為____________．

三．解答題：（本大題共9小題，滿分68分．解答應寫出文字說明．證明過程或演算步驟．請將解答過程寫在答題卷上．）

17.如圖，已知∠A＝20°，∠B＝27°，AC⊥DE，求∠1，∠D的度數．

18.一個多邊形的內角和是外角和的5倍，它是幾邊形？

19.如圖，在△ABC與△DEF中，如果AB=DE，BE=CF，∠ABC=∠DEF；求證：AC∥DF．

20.在△ABC中，（1）作∠DAB，使∠DAB＝∠CAB，且CA與DA在AB的兩側；

（2）在AD上取一點E，使得AE=AC，并連接BE，求證：△ABC≌△ABE．

21.如圖，B處在A處的南偏西45°方向，C處在A處的南偏東15°方向，C處在B處的北偏東85°方向，求∠ACB的度數．

22.如圖所示，在△ABC中，AD是BC邊上的高，AE是∠BAC的平分線．

（1）若∠B=63°，∠C=51°，求∠DAE度數．

（2）試探究∠B，∠C，∠DAE三者間滿足怎樣的數量關系．

23.如圖，已知AD∥BC，點E為CD上一點，AE，BE分別平分∠DAB，∠CBA．

（1）求證：AE⊥BE；

（2）求證：DE=CE；

（3）若AE=4，BE=6，求四邊形ABCD的面積．

24.如圖所示，直線AB交x軸于點A（，0），交y軸于點B（0，），且．b滿足

（1）求證：OA=OB；

（2）如圖1，若C的坐標為（-1，0），且AH⊥BC于點H，AH交OB于點P，試求點P的坐標；

（3）如圖2，連接OH，求證：∠OHP=45°．

25.在△ABC中，AB=AC，點D是直線BC上一點（不與B、C重合），以AD為一邊在AD的右側作△ADE，使AD=AE，∠DAE

=∠BAC，連接CE．

（1）如圖1，當點D在線段BC上，如果∠BAC=90°，則∠BCE=________度；

（2）設，．

①如圖2，當點在線段BC上移動，則，之間有怎樣的數量關系？請說明理由；

②當點在直線BC上移動，則，之間有怎樣的數量關系？請直接寫出你的結論．