【数学】河北省邢台市南宫中学2019-2020学年高一下学期6月月考（开学考试）试题 （解析版）

【数学】河北省邢台市南宫中学2019-2020学年高一下学期6月月考（开学考试）试题 （解析版）

河北省邢台市南宫中学2019-2020学年高一下学期6月月考 ‎（开学考试）数学试题 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】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.‎ ‎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】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C．‎ ‎3.在中，，则∠等于(　　)‎ A. 30°或150° B. 60° C. 60°或120° D. 30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】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.‎ ‎4.若向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，，得，即，‎ 解得，又，所以.‎ 故选：C ‎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】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】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.‎ ‎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】由得，即，即，故，解得，故.‎ 故选：C.‎ ‎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】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.‎ ‎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】由得解得，再由得，所以，所以.‎ ‎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】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.‎ ‎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】‎ 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 ‎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】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.‎ 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】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.‎ ‎14.已知不等式的解集是,则不等式的解集是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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: .‎ ‎15.记为数列的前项和，若，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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.‎ ‎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】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：.‎ 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.‎ 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， ‎ ‎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．‎ 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．‎ ‎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．‎ 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．‎ 解：（1）由及正弦定理，‎ 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.‎ 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.‎ ‎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．‎ 解：数列满足，‎ 时，，‎ 相减可得：，．‎ 时， 综上可得：．‎ 证明：，‎ ‎，‎ 时，．‎ ‎，‎ ‎．‎