数学卷·2019届江西省吉安县三中高二9月月考（2017-09）

数学卷·2019届江西省吉安县三中高二9月月考（2017-09）

吉安县三中2017-2018学年高二上学期 ‎9月份月考数学试卷 考试时间：120分钟；总分150分，‎ 命题人：汪洁 ；审核人：高二数学备课组 一、选择题（本大题共12个小题,每小题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．若直线与直线互相垂直，则的值为（ ）‎ A. 1 B. -1 C. D. ‎ ‎2．已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎3．圆和圆的位置关系是 ( )‎ A. 相离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 ‎4．设，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎5．已知水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′(斜二测画法)是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为(　　)‎ A. a2 B. a2 C. a2 D. a2‎ ‎6．下列说法错误的是（ ）‎ A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；‎ B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直；‎ C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直；‎ D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行．‎ ‎7．设等差数列的前项和为，若,则的值是 ‎ A．24 B．19 C．36 D．40‎ ‎8．过点（1，1）的直线与圆相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（ ）‎ A． B．4 C． D．5‎ ‎9．在中，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. 等腰或直角三角形 ‎10．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为 （ ）‎ A. 0° B. 5° C. 0° D. 0°‎ ‎11．已知实数， 满足，其中，则的最小值为（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 12‎ ‎12．曲线y＝1＋与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的取值范围是(　　) ‎ A. (0，) B. (，＋∞) C. (，] D. (，]‎ 二、填空题（每题5分，满分20分）‎ ‎13．二元一次不等式组所表示的平面区域的面积为 ,最大值为 . ‎ ‎14．点在上，则点到直线的最短距离为____________‎ ‎15．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________．‎ ‎16．如图所示，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．‎ 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．（本题10分）已知数列的首项，前项和为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎18．（本题12分）设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．‎ ‎（Ⅰ）若直线l不经过第二象限，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ)若直线l与两坐标轴围成的三角形面积等于2，求实数a的值．‎ ‎19．（本题12分）已知分别是内角的对边， ．‎ ‎（1）若，求 ‎（2）若，且求的面积．‎ ‎20．（本题12分）如图，直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC﹣A1B1C1中，点G是AC的中点．‎ ‎（1）求证：B1C∥平面 A1BG；‎ ‎（2）若AB=BC， ，求证：AC1⊥A1B．‎ ‎21．（本题12分）已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是、边长为2的菱形，又，且PD=CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．‎ ‎（1）证明：DN//平面PMB；‎ ‎（2）证明：平面 PMB平面PAD；‎ ‎（3）求二面角P-BC-D的余弦。（理科生做，文科生不做）‎ ‎22．（本题12分）已知圆经过点， ，并且直线平分圆.‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若直线与圆交于两点，是否存在直线，使得（为坐标原点），若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】由两直线垂直充要条件得： ，选C.‎ ‎2．B ‎【解析】‎ 试题分析：A中，由线面垂直的判定定理可知，需满足：是两条相交直线，结论才成立，故A项错误；B中，因为，所以. 又，所以，故B项正确；C中，由线面平行的判定定理可知，需满足：在平面外，结论才成立，故C项错误；D中，与还可以相交或异面，故D项错误，故选B.‎ 考点：空间中直线与平面的平行与垂直关系.‎ ‎3．B ‎【解析】因，且，所以两圆的位置关系是相交，应选答案B。‎ ‎4．B ‎【解析】‎ 试题分析：,,故选B. ‎ 考点：指数函数、对数函数的性质.‎ ‎5．D ‎【解析】斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶，则易知S＝(a)2，∴S＝a2.‎ ‎6．D ‎【解析】‎ 试题分析：由平面性质的公理1,，2,3易知A,B正确；由面面垂直的判定定理知选项C正确；而选项D不正确，因为这两条直线可能相交，可能平行，可能异面 考点：空间中点线面的位置关系 ‎7．A ‎【解析】得，，‎ ‎=‎ ‎8．B ‎【解析】解：因为弦心距最大为，此时此时|AB|的最小值为2 ，选B ‎9．D ‎【解析】由正弦定理可得，即或，即的形状是等腰或直角三角形，应选答案D。‎ ‎10．C ‎【解析】试题分析：如图，连接、，异面直线与所成的角即为，由正方体可知，所以.‎ 考点：异面直线所成的角.‎ ‎11．A ‎【解析】实数， 满足，其中 ,当且仅当即时取等号. 的最小值是4.所以A选项是正确的.‎ 点睛:本题主要考查基本不等式求最值，在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.解决本题的关键是巧妙地将已知条件化为1，即.‎ ‎12．C ‎【解析】‎ 由题设可化为过定点的动直线与半圆有两个交点，如图，圆心到直线的距离是，又，结合图形可知：当，即，应选答案C。‎ ‎13．8，8‎ ‎14．2‎ ‎【解析】由题意得圆的圆心为 则圆心到直线 的距离为 ‎ 所以 点到直线的最短距离为 ‎ ‎【点评】解决此类题目的关键是熟悉直线与圆的位置关系，熟记点到直线的距离公式，然后准确的计算出最小距离．‎ ‎15．‎ ‎【解析】由主视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE=CE=1；‎ 由主视图知CD=2，由左视图知BE=1，‎ 在中,BC=，‎ 在中,BD=，‎ 在中,AD=‎ 则三棱锥中最长棱的长为 故答案为： ‎ ‎16．①②③‎ ‎【解析】∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，‎ ‎∴CB⊥AC，CB⊥PA，CB⊥平面PAC.‎ 又AF⊂平面PAC，∴CB⊥AF.‎ 又∵E，F分别是点A在PB，PC上的射影，‎ ‎∴AF⊥PC，AE⊥PB，∴AF⊥平面PCB.‎ 故①③正确．∴PB⊥平面AEF，故②正确．‎ 而AF⊥平面PCB，∴AE不可能垂直于平面PBC.故④错误．‎ ‎17．（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析: （1）由，得（n≥2），两式相减得（n≥2），,利用等比数列的通项公式即可得出． （2）由（1）知，故=log33n=n，可得,‎ 利用分组求和得结果.‎ 试题解析:‎ ‎（1）由题意得 两式相减得，‎ 所以当时， 是以为公比的等比数列.‎ 因为 所以， ，对任意正整数成立， 是首项为，公比为的等比数列，‎ 所以得.‎ ‎（2），‎ 所以，‎ 点睛：已知与的关系，再写一项得出为等比数列，求和用到了分组求和，此外还有错位相减，裂项相消，并项求和，倒序相加等方法 ‎18．（Ⅰ）（Ⅱ） ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(Ⅰ)由题意得到关于实数a的不等式组，求解不等式组可得实数a的取值范围是{a|a≤－1}．‎ ‎(Ⅱ)分别求得直线在坐标轴上的截距，然后结合面积公式得到关于实数a的方程，解方程可得a＝0或a＝8.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）直线l的方程(a＋1)x＋y＋2－a＝0化为y＝－(a＋1)x＋a－2.‎ 因为直线l不经过第二象限，所以解得a≤－1.‎ 所以实数a的取值范围是{a|a≤－1}． ‎ ‎（Ⅱ)当x＝0时，y＝a－2；当y＝0时，x＝.‎ 所以|(a－2)·|＝2，解得a＝0或a＝8.‎ ‎19．（1）；（2）1‎ ‎【解析】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得： ，再利用余弦定理即可得出 ‎（2）利用（1）及勾股定理可得c，再利用三角形面积计算公式即可得出 试题解析：（1）由题设及正弦定理可得 又，可得 由余弦定理可得 ‎（2）由（1）知 因为，由勾股定理得 故，得 所以的面积为1‎ 考点：正弦定理，余弦定理解三角形 ‎20．（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）连结，交于点，连结，由三角形中位线定理得，由此能证明平面；（2）由线面垂直得，由已知推导出，从而得到，由此能证明.‎ 试题解析：（1）证明：连结AB1，交A1B于点O，连结OG，在△B1AC中，∵G、O分别为AC、AB1中点，∴OG∥B1C，又∵OG⊂平面A1BG，B1C⊄平面A1BG，∴B1C∥平面 A1BG．‎ ‎（2）证明：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，BG⊂平面ABC，∴AA1⊥BG，∵G 为棱AC的中点，AB=BC，∴BG⊥AC，∵AA1∩AC=A，∴BG⊥平面ACC1A1，∴BG⊥AC1，∵G为棱AC中点，设AC=2，则AG=1，∵，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AG中， ，∴∠AC1C=∠A1GA=∠A1GA+∠C1AC=90°，∴A1G⊥AC1，∵，∴AC1⊥平面A1BG，∵A1B⊂平面A1BG，∴AC1⊥A1B.‎ ‎21．（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析 ‎【解析】试题分析：（1）要证明DN//平面PMB，只要证明DN// MQ；（2）要证明平面PMB平面PAD，只要证明MB平面PAD.‎ ‎（1）证明：取中点，连结、，因为分别是棱中点，‎ 所以 // // ，且，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ 于是// ．‎ ‎.‎ ‎（2），‎ 又因为底面是,边长为的菱形，且为中点，‎ 所以.又，所以.‎ ‎（3）‎ ‎22．(1) ;(2) 不存在直线.‎ ‎【解析】试题分析: (1)由弦的中垂线必过圆心,所以求出线段的中垂线,与3x-2y=0的交点即为圆心,由两点间距离公式求圆的半径.(2) 设，由向量的数量积坐标表示可知,直线与圆组方程组,利用韦达代入上式,可求得k,同时检验判别式.‎ 试题解析:（1）线段的中点，，‎ 故线段的中垂线方程为，即. ‎ 因为圆经过两点，故圆心在线段的中垂线上.‎ 又因为直线：平分圆，所以直线经过圆心.‎ 由 解得，即圆心的坐标为， ‎ 而圆的半径， ‎ 所以圆的方程为： ‎ ‎（2）设，‎ 将代入方程，得，‎ 即 ，‎ 由，得，‎ 所以，. ‎ 又因为 ‎ ‎ 所以 ‎，解得或 ‎ 此时式中，没有实根，与直线与交于两点相矛盾，‎ 所以不存在直线，使得. ‎