河北省南宫中学2019-2020学年高一下学期6月月考（开学考试）数学试题

河北省南宫中学2019-2020学年高一下学期6月月考（开学考试）数学试题

‎2019-2020学年度南宫中学高一年级6月月考卷 数学试卷 注意事项：‎ ‎1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；‎ ‎2.请将答案正确填写在答题卡上.‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（本题共12个小题，每题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1.已知、、，且，则下列不等式成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值法可判断A、B选项的正误，利用不等式的基本性质可判断C、D选项的正误.‎ ‎【详解】取，，则，，A、B选项错误；‎ ‎，，由不等式的基本性质可得，C选项正确；‎ 当时，，则，D选项错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用不等式的基本性质、作差法、特殊值法、函数单调性以及中间值法来判断，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎2.若直线与直线互相垂直,则等于(   )‎ A. 1 B. ‎-1 ‎C. ±1 D. -2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论：两条直线的斜率存在与不存在两种情况，再利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可．‎ ‎【详解】解：①当时，利用直线的方程分别化为：，‎ ‎，此时两条直线相互垂直．‎ ‎②如果，两条直线的方程分别为与，不垂直，故；‎ ‎③，当时，此两条直线的斜率分别为，．‎ 两条直线相互垂直，‎ ‎，化为，‎ 综上可知：．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论思想方法，属于基础题．‎ ‎3.在中，，则∠等于(　　)‎ A. 30°或150° B. 60° C. 60°或120° D. 30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接使用正弦定理，即可求得结果.‎ ‎【详解】根据正弦定理，‎ 可得，解得，故可得为60°或120°；‎ 又，则，显然两个结果都满足题意.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的直接使用，属基础题.‎ ‎4.若向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，再利用数量积的定义计算即可.‎ ‎【详解】由，，得，即，‎ 解得，又，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查已知向量的模与数量积求夹角的问题，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.‎ ‎5.等差数列的前n项和为,且满足,则下列数中恒为常数的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：在等差数列中，‎ ‎∵，‎ ‎∴（‎10a1+20d）-13（a1+3d）+5（a1+7d）=10，‎ ‎2a‎1+16d=10，‎ a1+8d=5，‎ a9=5，‎ 所以，S17=17×（a1+a17）=‎17a9=85为定值，‎ 故选D．‎ ‎6.一竖立在水平面上的圆锥物体的母线长为‎2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为，则圆锥的底面圆半径为（ ）‎ A. ‎1m B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆锥展开后的扇形画出，结合母线及最短距离，即可确定圆心角大小；进而求得弧长，即为底面圆的周长，由周长公式即可求得底面圆的半径.‎ ‎【详解】将圆锥侧面展开得半径为‎2m的一扇形，蚂蚁从爬行一周后回到（记作），作 ‎，如下图所示：‎ 由最短路径为，即，‎ 由圆的性质可得，即扇形所对的圆心角为，‎ 则圆锥底面圆的周长为，‎ 则底面圆的半径为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了了圆锥侧面展开图、扇形弧长公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎7.已知中，，E为BD中点，若，则的值为（ ）‎ A. 2 B. ‎6 ‎C. 8 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将中的向量，都转化为以为基底的向量表示，由此列方程组，解方程组求得的值，进而求得的值.‎ ‎【详解】由得，即，即，故，解得，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量的基本定理，考查方程的思想，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎8.在中，角，，所对的边分别是，，.若，则的形状是（ ）‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式以及二倍角公式化简得角的关系，最后根据角的关系确定三角形形状.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以，‎ 从而.‎ 因为，,‎ 所以或，即或，‎ 故是等腰三角形或直角三角形.选D.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、两角和正弦公式以及二倍角公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎9.正项等比数列中，存在两项使得，且，则的最小值是( )‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由得解得，再由得，所以，所以.‎ 考点：数列与基本不等式.‎ ‎【思路点晴】本题主要考查等比数列的基本元思想，考查基本不等式.第一步是解决等比数列的首项和公比，也即求出等比数列的基本元，在求解过程中，先对具体的数值条件进行化简，可求出，由此化简第一个条件，可得到；接下来第二步是基本不等式常用的处理技巧，先乘以一个常数，再除以这个常数，构造基本不等式结构来求.‎ ‎10.唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出关于对称点，根据题意，则为最短距离，即可得答案；‎ ‎【详解】设点关于直线的对称点，设军营所在区域为的圆心为，‎ 根据题意，为最短距离，先求出的坐标，‎ 的中点为，直线的斜率为1，‎ 故直线为，‎ 由，解得，，‎ 所以，‎ 故，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查点关于直线对称及圆外一点到圆上点距离的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎11.已知正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，若，且的体积为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四棱锥底面的中心为，则由体积可求得棱锥的高，设外接球的半径为，在直角三角形中，，则有，解得，即可得球的表面积.‎ ‎【详解】‎ 设正四棱锥底面的中心为，则有，可得，‎ 设外接球的半径为，在直角三角形中，，则有，解得，‎ 所以球的表面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了正棱锥的外接球的表面积计算，考查了学生的直观想象和运算求解能力.‎ ‎12.在平面直角坐标系中，已知，是圆上两个动点，且满足（），设，到直线距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的数量积运算由，可得，设线段的中点为，则可得在圆上，则，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍.点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，由点到直线的距离公式右求得，再运算裂项相消求和法可求得，得实数的取值范围.‎ ‎【详解】由，得，所以，设线段 的中点为，则，所以在圆上，‎ ‎，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍.点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，‎ 而圆的圆心到直线的距离为，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎,‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积运算、求动点的轨迹方程、圆上的点到直线上的距离的最值、运用裂项相消求数列的和的方法，关键在于将两点到直线的距离的和的最大值转化为圆心到直线的距离与半径的和，属于难题.‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本大题共4小题，，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.已知点，，为坐标原点，则外接圆的标准方程是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心与半径，即可写出△AOB的外接圆方程 ‎【详解】由题知，故外接圆的圆心为的中点，半径为，‎ 所以外接圆的标准方程为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程的求解，考查直角三角形外接圆的特点，属于基础题．‎ ‎14.已知不等式的解集是,则不等式的解集是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为不等式的解集是,是方程的两个根,且,结合韦达定理,即可求得答案.‎ ‎【详解】不等式的解集是 ‎ 是方程的两个根,且,‎ 根据韦达定理可得:‎ ‎ 解得: ‎ ‎ 不等式:为 故不等式的解集:.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了根据一元二次不等的解集求参数问题,解题关键掌握一元二次不等的解法和韦达定理的使用,考查了计算能力,属于基础题.‎ ‎15.记为数列的前项和，若，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.‎ ‎【详解】根据，可得，‎ 两式相减得，即，‎ 当时，，解得，‎ 所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，‎ 所以，故答案是.‎ 点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.‎ ‎16.山顶上有一座信号发射塔，塔高0.2千米，山脚下有，，三个观测点，它们两两之间的距离分别为千米，千米，千米，从这三个观测点望塔尖的仰角均为60°，则山高为______千米.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设塔顶的垂直高度为千米，由题意可知、、均在以为圆心，半径为的圆上，利用余弦定理可求得，进而可求得，再由正弦定理即可得解.‎ ‎【详解】设塔顶的垂直高度为千米，则，‎ 所以、、均在以为圆心，半径为的圆上，‎ 在中，，，，‎ 由余弦定理得：，‎ ‎∴，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，∴，解得，‎ ‎∴山高为千米.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.已知数列满足，且.‎ ‎（1）设，证明数列为等差数列；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）第一问证数列为等差数列即证常数；‎ ‎（2）由（1）得到的通项公式，再求出，用等比数列求和即可.‎ ‎【详解】（1）由已知得，所以，‎ 所以，又，所以，‎ 所以数列是首项为1，公差为1等差数列 ‎（2）由（1）知，，所以， ‎ ‎【点睛】本题考查定义法证明等差数列以及求等比数列的前n项和，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎18.在中，，，且的面积为．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）若D为BC上一点，且 ，求值．‎ 从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．‎ ‎【答案】（1）；（2）选①，；选②，．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形的面积公式得，再利用余弦定理，即可得答案；‎ ‎（2）①当时，由正弦定理，可求得，再由，可求得答案；②当时，由余弦定理和诱导公式，可求得答案；‎ ‎【详解】（1） 由于 ，，，‎ 所以，‎ 由余弦定理 ，‎ 解得．‎ ‎（2）①当时，‎ 在中，由正弦定理， ‎ 即，所以． ‎ 因为，所以． ‎ 所以， ‎ 即． ‎ ‎②当时，‎ 在中，由余弦定理知，‎ ‎． ‎ 因为，所以， ‎ 所以， ‎ 所以 ， ‎ 即．‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理、三角形面积公式、诱导公式等知识的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎19.如图四边形ABCD为梯形，，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．‎ ‎【答案】；体积．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，，.‎ ‎【详解】圆中阴影部分是一个圆台，从上面挖出一个半球 S半球=×4π×22=8π S圆台侧=π×(2+5)×5=35π S圆台底=25π 故所求几何体的表面积S表＝8π+35π+25π＝68π ‎ V圆台=‎ V半球=.‎ 故所求几何体的体积V＝V圆台－V半球=.‎ ‎20.已知的内角，，的对边，，分别满足，，又点满足．‎ ‎（1）求及角的大小；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由及正弦定理化简可得即，从而得．又，所以，由余弦定理得；（2）由，得 ‎ ‎，所以．‎ 试题解析：（1）由及正弦定理得，‎ 即，‎ 在中，，所以．‎ 又，所以．‎ 在中，由余弦定理得，‎ 所以．‎ ‎（2）由，得 ，‎ 所以．‎ ‎21.已知直线：，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方.‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线与圆交于，两点（在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心 坐标，即可得出圆方程； ‎ ‎（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可.‎ ‎【详解】（1）设圆心，‎ ‎∵直线：，半径为2的圆与相切，‎ ‎∴，即，‎ 解得：或（舍去），‎ 则圆方程为；‎ ‎（2）当直线轴，则轴必平分，‎ 此时可以为轴上任一点，‎ 当直线与轴不垂直时，‎ 设直线的方程为，，，，‎ 由得，经检验，‎ ‎∴，，‎ 若轴平分，设为，‎ 则，即，‎ 整理得：，即，‎ 解得：，‎ 综上，当点，使得轴平分.‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了直线与圆的位置关系的应用，涉及的知识有：垂径定理，勾股定理，圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及斜率的计算，熟练掌握定理及公式是解本题的关键.‎ ‎22.已知数列满足：，‎ Ⅰ求数列的通项公式；‎ Ⅱ设，数列的前n项和为，试比较与的大小．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ直接利用利用递推关系式求数列的通项公式；Ⅱ首先求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．‎ ‎【详解】解：数列满足，‎ 时，，‎ 相减可得：，．‎ 时， 综上可得：．‎ 证明：，‎ ‎，‎ 时，．‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等．‎