广东省佛山市第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

广东省佛山市第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

佛山一中2019—2020学年第一学期高二级第一次段考数学试题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.‎ 注意事项:‎ ‎1.答卷前,考生要务必填写答题卷上的有关项目．‎ ‎2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ 第Ⅰ卷(选择题共60分)‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.如果，那么下列不等式成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质来判断出各选项中不等式的正误.‎ ‎【详解】由题意得，因为，所以，，所以，即，‎ A选项中的不等式成立；在不等式两边同时乘以负数，可得，B选项中的不等式不成立；在不等式两边同时乘以正数得，C选项中的不等式不成立；，则，即，D选项中的不等式不成立，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用不等式的性质、特殊值法以及作差、作商法进行比较，考查逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎2.、、为不重合直线，、、为不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. ，，则 B. ，，则 C. ，，则 D. ，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与平面、平面与平面平行与垂直的判定与性质定理进行判断.‎ ‎【详解】，时、可平行，可相交，可异面；，时、可平行，可相交；，时、可平行，可相交，可异面；，时，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查线面关系、面面关系有关命题真假的判断，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎3.设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S1+3S2﹣S3＝0，且a1＝1则a4＝（　　）‎ A. 9 B. 18 C. 21 D. 27‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由已知列式求得q，再由等比数列的通项公式求a4．‎ ‎【详解】设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），‎ 由S1+3S2﹣S3＝0，且a1＝1，得 ‎1+3（1+q）﹣（1+q+q2）＝0，即q2﹣2q﹣3＝0，解得q＝3．‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前n项和，是基础的计算题．‎ ‎4.设为锐角，若，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用二倍角公式可求出的值.‎ ‎【详解】因为设为锐角，则，，‎ ‎，所以，‎ 所以，故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数以及二倍角正弦公式求值，再利用同角三角函数求值时，需要确定角的取值范围，判断出所求函数值的符号，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎5.已知水平放置的的直观图（斜二测画法）是边长为的正三角形，则原的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将的直观图作出来，计算出底边的长和该边上的高，利用三角形的面积公式可求出的面积.‎ ‎【详解】正三角形还原回原三角形如下图，‎ 过作垂直于轴于，因为是边长为的正三角形，‎ 所以，过作平行于轴交轴于，则，‎ 所以，对应原图形中的点在平面直角坐标系下的纵坐标为，‎ 即原三角形底边上的高为，‎ 所以，原三角形面积，故选：D.‎ ‎【点睛】平面图形与其直观图的关系 ‎（1）在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于轴的线段平行性不变，长度不变；平行于轴的线段平行性不变，长度减半．”‎ ‎（2）按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：．‎ ‎6.如图，P为正方体中与的交点，则在该正方体各个面上的射影可能是（）‎ A. ①②③④ B. ①③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点P、A，C在各个面上的投影，再把它们连接起来，即得△PAC在该正方体各个面上的射影．‎ ‎【详解】由题意知，P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心，‎ 则从上向下投影时，点P的影子落在对角线AC上，故△PAC在下底面上的射影是线段AC，是第一个图形；‎ 当从前向后投影时，点P的影子应落在侧面CDC1D1的中心上，A点的影子落在D上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形；‎ 当从左向右投影时，点P的影子应落在侧面BCB1C1的中心上，A点的影子落在B上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图得关键点，如顶点等，再一次连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．‎ ‎7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（单位：），则该阳马的外接球的体积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析出该几何体是侧棱垂直于底面的直四棱锥，且底面为矩形，利用相关公式求出其外接球的半径，最后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.‎ ‎【详解】由三视图可知该“阳马”的底面是边长为、的长方形，垂直于该底面的侧棱长为，则该“阳马”的外接球的半径为，其体积为；故选B.‎ ‎【点睛】在处理多面体和球的组合问题（外接和内切）时，要注意将多面体与正方体、长方体联系，往往起到意想不到的效果，长方体的体对角线是其外接球的直径，正方体的棱长是其内切球的直径.‎ ‎8.我国古代数学名著《数学九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺.葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺”（注：1丈等于10尺）（ ）‎ A. 29尺 B. 24尺 C. 26尺 D. 30尺 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长24尺，另一条直角边长5×2=10（尺），因此葛藤长（尺）‎ 故选：C ‎9.在中，分别为的对边，如果成等差数列，，的面积为，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由余弦定理得，又面积 ‎，因为成等差数列，所以，代入上式可得，整理得，解得，故选B．‎ 考点：余弦定理；三角形的面积公式．‎ ‎10.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体（如图）面为矩形，棱.若此几何体中，，，和都是边长为的等边三角形，则此几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用勾股定理求出梯形的高，再计算出各个面的面积，相加可得出该几何体的表面积.‎ ‎【详解】‎ 过作平面，垂足为，取的中点，连结，‎ 过作，垂足为，连结.‎ 和都是边长为的等边三角形，‎ ‎，，.‎ ‎，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 几何体表面积，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查多面体表面积计算，解题的关键就是要分析各面的形状，并计算出各个面的面积，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎11.如图所示为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：‎ ‎①；‎ ‎②与成异面直线且夹角为；‎ ‎③；‎ ‎④与平面所成的角为.‎ 其中正确的个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平面展开图还原成正方体，如图所示，依据图形、正方体的几何性质判断各线直线的位置关系.‎ ‎【详解】将平面展开图还原成正方体（如图所示）．‎ 对于①，由图形知与异面垂直，故①正确；‎ 对于②，与显然成异面直线．连、，则，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）．在等边中，，所以异面直线与所成的角为，故②正确；‎ 对于③，与为异面垂直，故③错误；‎ 对于④，由题意得平面，所以是与平面所成的角．但在中，不等于，故④错误．综上可得①②正确．故选：B．‎ ‎【点睛】空间中点、线、面位置关系的判断方法 ‎（1）平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常用的方法时对各种关系都进行考虑，进行逐一排除，解题时要充分发挥模型的直观性作用；‎ ‎（2）利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．‎ ‎12.如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成．若为线段的中点，则在翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（ ）‎ A. 是定值 B. 点在某个球面上运动 C. 存在某个位置，使 D. 存在某个位置，使平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接、，利用等角定理得出，利用余弦定理可得出为定值，可得出A、B选项正确；可假设，可推出平面，从而推出与矛盾；证明出平面平面，利用平面与平面平行的性质定理可得出平面，可判断出D选项正确.‎ ‎【详解】如下图所示，取的中点，连接、，‎ ‎、分别为、的中点，，且，易证四边形为平行四边形，则，由等角定理得，由余弦定理可知为定值，A、B选项正确；‎ ‎，平面，平面，平面，同理可证平面，，则平面平面，平面，平面，D选项正确；‎ 易知和均为等腰直角三角形，且，，‎ ‎，若，且，可得出平面，‎ 平面，则，这与矛盾，C选项错误.故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，考查余弦定理的应用，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题共90分)‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.‎ ‎13.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝32，则a2＋2a5＋a6＝________．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据S8＝32，可得，由等差数列的性质可知a4＋a5＝a1＋a8，利用a2＋2a5＋a6＝2(a4＋a5) 即可得出.‎ ‎【详解】解：∵S8＝32，∴.‎ 可得a4＋a5＝a1＋a8＝8，则a2＋2a5＋a6＝2(a4＋a5)＝2×8＝16.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质和前n项和公式.熟练掌握等差数列的性质和前n项和公式是解决此类题的关键.‎ ‎14.已知圆锥的母线长为，侧面积为，则此圆锥的体积为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥的底面半径为，根据题意计算出的值，并计算出圆锥的高，再利用锥体的体积公式可得出所求圆锥的体积.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，得，‎ 圆锥的高为，因此圆锥的体积为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥体积的计算，解题的关键就是求出圆锥的母线长与半径长，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎15.设与均为正数，且，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据题意，‎ ‎ ‎ 即x+2y的最小值为．‎ 点睛：一是在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．‎ ‎16.棱长为的正方体中，是棱的中点，过作正方体的截面，则截面的面积是_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由由面面平行的性质作出截面，依据图形求出面积即可．‎ ‎【详解】如图，由面面平行的性质知截面与平面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，又 故梯形的高为，则其面积．‎ 故答案为 ‎【点睛】考查空间中截面的作法及梯形的面积公式，注意面面平行性质的运用 三、解答题:本大题共6小题,共70分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，2bcosA=acosC+ccosA．‎ ‎（1）求角A的大小；‎ ‎（2）若a=3，△ABC的周长为8，求△ABC的面积．‎ ‎【答案】（1）A＝60°（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理进行化简求解即可 ‎（2）利用余弦定理，结合三角形的周长，求出bc的值，利用面积公式求解即可 ‎【详解】（1）由正弦定理得：2sin Bcos A＝sin Acos C+sin Ccos A ‎2sinBcosA＝sin（A+C）＝sin（π﹣B）＝sin B．‎ 因为sinB≠0，所以cosA，‎ 又A为△ABC的内角 所以A＝60°．‎ ‎（2）因为a＝3及△ABC的周长为8，‎ ‎ 所以b+c＝5，‎ 由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bcosA＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccos60°＝（b+c）2﹣3bc．‎ 所以3bc＝（b十c）2﹣a2＝25﹣9＝16，‎ ‎ 所以bc，‎ 所以△ABC的面积SbcsinA．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理余弦定理以及三角形的面积公式进行转化求解是解决本题的关键．‎ ‎18.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为PA的中点，F为BC的中点，底面ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O．求证：‎ ‎（1）平面EFO∥平面PCD；‎ ‎（2）平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意知，EO∥PC，由线面平行的判定定理得到EO∥平面PCD，同理可证，FO∥平面PCD，再由面面平行的判定定理，即得证平面EFO∥平面PCD．‎ ‎（2）由于PA⊥平面ABCD，得到PA⊥BD，再由已知得到BD⊥平面PAC，由面面垂直的判定定理，即得证平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【详解】（1）因为E为PA的中点，O为AC的中点，所以EO∥PC 又EO⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EO∥平面PCD 同理可证，FO∥平面PCD，又EO∩FO＝O 所以，平面EFO∥平面PCD．‎ ‎（2）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD 因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A 所以BD⊥平面PAC 又BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线面关系，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力．‎ ‎19.已知关于x的不等式．‎ 当时，解不等式；‎ 当时，解不等式．‎ ‎【答案】（1）{x|x＜﹣2或x＞1}；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a＝﹣1时，不等式化为﹣x2﹣x+2＜0，求解即可；‎ ‎（2）不等式化为（ax﹣2）（x﹣1）＜0，讨论a＝0、a＞0和a＜0时，求出对应的解集．‎ ‎【详解】（1）当a＝﹣1时，此不等式为﹣x2﹣x+2＜0，‎ 可化为x2+x﹣2＞0，‎ 化简得（x+2）（x﹣1）＞0，‎ 解得即{x|x＜﹣2或x＞1}； ‎ ‎（2）不等式ax2﹣（a+2）x+2＜0化为（ax﹣2）（x﹣1）＜0，‎ 当a＝0时，x＞1；‎ 当a＞0时，不等式化为（x）（x﹣1）＜0，‎ 若1，即a＞2，解不等式得x＜1；‎ 若1，即a＝2，解不等式得x∈∅；‎ 若1，即0＜a＜2，解不等式得1＜x；‎ 当a＜0时，不等式（x）（x﹣1）＞0，解得x或x＞1；‎ 综上所述：当a＝0，不等式的解集为{x|x＞1}；‎ 当a＜0时，不等式的解集为{x|x或x＞1}；‎ 当0＜a＜2时，不等式的解集为{x|1＜x}；‎ 当a＝2时，不等式的解集为∅；‎ 当a＞2时，不等式的解集为{x|x＜1}．‎ ‎【点睛】本题考查了含参数的不等式的解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，解题时应对参数进行讨论，是综合性题目．‎ ‎20.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．‎ ‎（1）求证：AE⊥B1C；‎ ‎（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；‎ ‎（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由BB1⊥面ABC及线面垂直的性质可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE⊥BC，结合线面垂直的判定定理可证得AE⊥面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AE⊥B1C； ‎ ‎（2）取B1C1中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案． ‎ ‎（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP⊥平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）因为BB1⊥面ABC，AE⊂面ABC，所以AE⊥BB1‎ 由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC ‎∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C ‎∴AE⊥B1C 解：（2）取B1C1中点E1，连A1E1，E1C，‎ 则AE∥A1E1，‎ ‎∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角． ‎ 设AC=AB=AA1=2，则由∠BAC=90°，‎ 可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=‎ ‎∴E1C==‎ ‎∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==‎ 所以异面直线AE与A1C所成的角为． ‎ ‎（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC 又∵平面ABC⊥平面ACC1A1‎ ‎∴EP⊥平面ACC1A1‎ 而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．‎ ‎∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．‎ 由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==‎ 所以二面角C-AG-E的平面角正切值是 ‎【点睛】本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．‎ ‎21.为数列的前项和，已知，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）记数列的前项和为，若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由递推关系可得：（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）＝2（an+an﹣1）．an＞0，可得an﹣an﹣1＝2（n≥2），利用等差数列的通项公式即可得出．‎ ‎（2）利用“裂项求和”方法求Tn分离参数t，利用基本不等式求得最值即可得出．‎ ‎【详解】（1）由，①‎ 可知，②（n≥2）‎ ‎①﹣②得：，‎ 即（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）＝2（an+an﹣1）．‎ ‎∵an＞0，∴an+an﹣1≠0，‎ ‎∴an﹣an﹣1＝2（n≥2），又 ‎ ‎∴{an}是以a1＝3为首项，d＝2为公差的等差数列．‎ ‎∴．‎ ‎（2）．‎ Tn＝b1+b2+…+bn．‎ 则 当且仅当取等，故 ‎【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、“裂项求和”方法与数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎22.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，AB＝AP＝3，AD＝PB＝2，E为线段AB上一点，且AE︰EB＝7︰2，点F、G分别为线段PA、PD的中点．‎ ‎（1）求证：PE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）若平面EFG将四棱锥P－ABCD分成左右两部分，求这两部分的体积之比．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明PE⊥AB，利用平面PAB⊥平面ABCD，即可证明：PE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）平面EFG将四棱锥P﹣ABCD分成左右两部分，利用分割法求体积，即可求这两部分的体积之比．‎ ‎【详解】证明：在等腰△APB中，得，‎ 则由余弦定理可得，，∴， ‎ ‎∴PE2+BE2＝4＝PB2，∴PE⊥AB， ‎ ‎∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，‎ ‎∴PE⊥平面ABCD． ‎ ‎（2）解：设平面EFG与棱CD交于点N，连接EN，因为GF∥AD，所以GF∥平面ABCD ‎，从而可得EN∥AD．‎ 延长FG至点M，使GM＝GF，连接DM，MN，则AFE﹣DMN为直三棱柱， ‎ ‎∵F到AE的距离为，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎