江西省赣州市大余县新城中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

江西省赣州市大余县新城中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

新城中学2019-2020学年度第一学期第一次考试高二年级数学 试题（A卷）‎ 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.已知，则直线与直线的位置关系是（ ）‎ A. 平行 B. 相交或异面 C. 异面 D. 平行或异面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用直线与平面平行的性质定理以及定义，推出结果即可．‎ ‎【详解】∵a∥α，∴a与α没有公共点，∵b⊂α，∴a、b没有公共点，‎ ‎∴a、b平行或异面．‎ 故答案为：D ‎【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系的判断与应用，基本知识的考查．‎ ‎2.如图所示的直观图的平面图形中，，，则原四边形的面积( )‎ A. B. C. 12 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据直观图绘出原图，并根据直观图的各边长得出原图的各边长，最后根据梯形的面积公式即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ 如图，根据直观图的相关性质可绘出原图，其中，，，‎ 故原四边形的面积为，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查通过直观图绘出原图，直观图图中与轴平行的直线在原图中长度不变，直观图图中与轴平行的直线为原图中长度的一半，考查绘图能力，是简单题。‎ ‎3.边长为的正四面体的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵边长为a的正四面体的表面为4个边长为a正三角形，‎ ‎∴表面积为：4×a=a2，‎ 故选：D ‎4.已知直线，平面，，，，那么与平面的关系是（ ）‎ A. B. C. 或 D. 与相交 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据面面平行的相关性质以及得出平面内的所有直线都与平面平行，然后根据即可得出结果。‎ ‎【详解】因为，所以平面内的所有直线都与平面平行，‎ 因为，所以与平面的关系是，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的相关性质，如果两个平面平行，则一个平面内的一条直线平行于另一个平面，考查推理能力，是简单题。‎ ‎5.已知数列是等比数列，其前项和为，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据以及求出、和，然后根据等比中项的相关性质即可得出结果。‎ ‎【详解】因为数列是等比数列且前项和为，‎ 所以，，，‎ 因为，所以，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的相关性质，主要考查根据等比数列前项和求等比数列中的某一项的值以及等比中项的应用，考查计算能力，是简单题。‎ ‎6.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（　　）‎ A. 4 B. 6 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据题意中所给出的三视图绘出原图，然后根据三视图中的各边长即可得出原图中最长的棱的长。‎ ‎【详解】如图，结合题中的三视图可知，几何体的形状如图所示：‎ 再结合题意中三视图的各边长可知，最长的棱的长为，‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查三视图的相关性质，能否根据三视图绘出原图是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生的空间想象能力，是中档题。‎ ‎7.设为等差数列前项和，若，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.‎ 详解：设该等差数列的公差为，‎ 根据题中的条件可得，‎ 整理解得，所以，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.‎ ‎8.圆与圆恰有三条公切线，则实数的值是（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 16 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两圆外切时，有三条公切线．‎ ‎【详解】圆标准方程为，‎ ‎∵两圆有三条公切线，∴两圆外切，‎ ‎∴，．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，考查直线与圆的位置关系．两圆的公切线条数：两圆外离时，有4条公切线，两圆外切时，有3条公切线，两圆相交时，有2条公切线，两圆内切时，有1条公切线，两圆内含时，无无公切线．‎ ‎9.已知点，，直线方程为，且直线与线段相交，求直线的斜率的取值范围为（ ）‎ A. 或 B. 或 ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据直线方程来确定直线过定点，然后根据题意绘出直线与线段相交的图像并求出与的值，最后根据图像即可得出结果。‎ ‎【详解】因为直线方程为，即，‎ 所以直线过定点，‎ 根据，，直线与线段相交，可绘出图像：‎ 因为，，‎ 所以直线的斜率的取值范围为或 ，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查直线的斜率的取值范围，能否确定直线的旋转范围是解决本题的关键，考查直线的点斜式方程的应用，考查数形结合思想，是中档题。‎ ‎10.中有：①若，则；②若，则—定为等腰三角形；③若，则—定为直角三角形.以上结论中正确的个数有（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据正弦定理可得到结果；②根据或可得到结论不正确；③可由余弦定理推得，三角形为直角三角形.‎ ‎【详解】①根据大角对大边得到a>b,再由正弦定理知①正确；②，则或是直角三角形或等腰三角形；所以②错误；③由已知及余弦定理可得，化简得，所以③正确. ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据,解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 ‎ 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.‎ ‎11.若直线与曲线有两个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可通过对函数进行转化得出函数的几何意义，然后结合题意绘出满足题意的图像，最后根据图像进行计算即可得出结果。‎ ‎【详解】因为，即，，‎ 化简可得，即以为圆心、为半径的圆的一半，‎ 结合题意可绘出图像，如图所示：‎ 当直线过点时，；‎ 当直线与半圆刚好相切时，‎ 圆心到直线距离等于半径，即，解得或（舍去），‎ 故实数的取值范围是，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的相关性质，考查函数的几何意义，考查直线与圆相切的相关性质，考查点到直线距离公式的使用，考查推理能力与计算能力，考查化归与转化思想，是中档题。‎ ‎12.在中，内角所对的边分别为，已知，的面积，且，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为，所以由余弦定理，得，即，再由正弦定理得，即，∵，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴.‎ ‎∵，∴，∵，解得，∴，即，∴‎ ‎.故选C．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.已知直线3x+4y﹣3=0与6x+my+14=0相互平行，则它们之间的距离是_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两直线平行，可先求出参数的值，再由两平行线间距离公式即可求出结果.‎ ‎【详解】因为直线，平行，所以，解得，‎ 所以即是，‎ 由两条平行线间的距离公式可得.‎ 故答案为2‎ ‎【点睛】本题主要考查两条平行线间的距离，熟记公式即可求解，属于基础题型.‎ ‎14.已知等差数列，满足，其中，，三点共线，则数列的前项和_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量基本定理先得到，再由等差数列的性质，以及求和公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，其中，，三点共线，‎ 所以；‎ 因为为等差数列，所以，‎ 因此数列的前项和.‎ 故答案为8‎ ‎【点睛】本题主要考查求数列的前项和，熟记平面向量基本定理，等差数列的性质以及求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎15.在中，角，，所对边分别为，，，若三角形的面积，则角__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析：利用面积公式和余弦定理结合可得．‎ 详解：由．‎ 余弦定理：，‎ 可得：，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ 点睛：在解三角形时，有许多公式，到底选用哪个公式，要根据已知条件，根据待求式子灵活选用，象本题出现，因此联想余弦定理，由于要求角，因此面积公式自然而然　选用．许多问题可能比本题要更复杂，目标更隐蔽，需要我们不断探索，不断弃取才能得出正确结论，而这也要求我们首先要熟记公式．‎ ‎16.如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是________.‎ ‎ ①②③‎ ‎④．‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据线面平行相关性质得出需要证明直线与平面内的一条直线平行，然后在题目所给的四个图像中分别寻找是否有满足条件的直线，即可得出结果。‎ ‎【详解】要证明直线与平面平行，需要证明直线与平面内一条直线平行，‎ ‎①：平面中无法找到与直线平行的直线，所以①错误；‎ ‎②：由正方体性质可知，又AB不在平面内，所以可以证得直线与平面平行；‎ ‎③：由正方体性质可知，又AB不在平面内，所以可以证得直线与平面平行；‎ ‎④：由正方体性质可知，又AB不在平面内，所以可以证得直线与平面平行，‎ 综上所述，答案为②③④。‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的相关性质，若要证明线面平行，则需要证明直线与平面内的一条直线平行，考查推理能力，考查学生对正方体的相关性质的理解，是中档题。‎ 三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，且．点E是棱PC的中点，平面与棱PD交于点F．‎ ‎(1)求证: 平面；‎ ‎(2) 求证：；‎ ‎【答案】（1）证明见解析；(2) 证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可根据菱形的相关性质得出，然后根据线面平行的相关证明即可得出结论；‎ ‎(2)本题首先可根据(1)得出面，然后根据题意得出四点共面，最后根据线面平行的相关性质即可得出结果。‎ ‎【详解】(1)因为底面是菱形，所以，‎ 因为面，面，所以面。‎ ‎(2)由(1)可知面，‎ 因为四点共面，且平面平面，‎ 所以。‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的相关性质以及线面平行的相关证明，若要证明线面平行，则需要证明直线与平面内的一条直线平行，考查通过线面平行证明线线平行，考查推理能力，是简单题。‎ ‎18.数列中，，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求出数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接根据累加法即可求得数列的通项公式；‎ ‎(2)利用裂项相加即可得出数列的前项和。‎ ‎【详解】（1）因为，所以当时：‎ ‎ ，‎ 由于满足，所以求的通项公式为。‎ ‎（2）因为，‎ 所以数列的前项和为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查学生对于累加法以及裂项相消法求和的理解与使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题。‎ ‎19.△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为 ‎(1)求;‎ ‎(2)若求△ABC的周长.‎ ‎【答案】(1)(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.‎ 试题解析：（1）由题设得，即.‎ 由正弦定理得.‎ 故.‎ ‎（2）由题设及（1）得，即.‎ 所以，故.‎ 由题设得，即.‎ 由余弦定理得，即，得.‎ 故的周长为.‎ 点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.‎ ‎20.如图，四棱锥中，底面为矩形，是的中 点，是的中点.‎ ‎(1)证明：平面；‎ ‎(2)在上求一点,使平面，并证明你的结论.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) G为PC中点，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可连接并且设与的交点为，然后连接，再然后根据矩形的相关性质得出为的中点，最后根据三角形中位线法则即可得出并证得平面；‎ ‎(2)本题可作的中点，然后连接与，再然后可借助矩形的相关性质以及三角形中位线法则证得、以及四边形为平行四边形，最后根据即可证得结果。‎ ‎【详解】(1)如图，连接，设与的交点为，连接.‎ 因为四边形为矩形，所以为的中点，‎ 又因为为的中点,所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎(2)的中点，即为所求的点。证明如下：‎ 如图，连接，，‎ 因为为的中点，为的中点，所以且，‎ 因为为的中点，且四边形为矩形，‎ 所以且，且，‎ 所以四边形为平行四边形，，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面。‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的相关证明，可以通过证明直线与平面内的一条直线平行证得线面平行，考查三角形中位线法则以及矩形的相关性质的使用，考查推理能力，是中档题。‎ ‎21.已知数列满足，.‎ ‎（1）求证：是等差数列，并求出数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由除以，可得是首项为，公差为的等差数列，由等差数列的通项公式可得结果；（2）由（1）知，运用错位相减法，结合等比数列的求和公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）由已知可得： ‎ 是首项为，公差为的等差数列 ‎ ‎ ‎（2）由（1）知 ‎…+ ‎ ‎ +…+ ‎ 两式相减得：…+ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.‎ ‎22.已知圆C:，直线，过的一条动直线与直线相交于N，与圆C相交于P,Q两点，M是PQ中点．‎ ‎(1)当时，求直线的方程；‎ ‎(2)设，试问是否为定值,若为定值,请求出的值；若不为定值，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）或 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过A（﹣1，0）的一条动直线l．应当分为斜率存在和不存在两种情况；当直线l与x轴垂直时，进行验证．当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1），由于弦长，利用垂径定理，则圆心C到弦的距离|CM|=1．从而解得斜率K来得出直线l的方程为；‎ ‎（2）同样，当l与x轴垂直时，要对设t=，进行验证．当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），代入圆的方程得到一个二次方程．充分利用“两根之和”和“两根之积”去找．再用两根直线方程联立，去找．从而确定t=的代数表达式，再讨论t是否为定值．‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 当直线与轴垂直时,‎ 易知符合题意; ‎ 当直线与轴不垂直时,‎ 设直线的方程为,‎ 由于, ‎ 所以由,‎ 解得. ‎ 故直线的方程为或 ‎ ‎(2)当与轴垂直时,易得,,又则 ‎ ‎,故. 即 ‎ 当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得 ‎ ‎.‎ 则 , ‎ 即, . ‎ 又由得, ‎ 则. ‎ 故. ‎ 综上,的值为定值,且 ‎ ‎ 解法二（几何法）:‎ 连结,延长交于点，计算CA斜率知.又于, ‎ 故△∽△.于是有. ‎ 由得 ‎ 故 ‎【点睛】（1）用直线方程时，一定要注意分为斜率存在和不存在两种情况．一般是验证特殊，求解一般．‎ ‎（2）解决直线与圆相交弦相关计算时一般采用垂径定理求解．‎ ‎（3）涉及到直线和圆、圆锥曲线问题时，常常将直线代入曲线方程得到一个一元二次方程，再充分利用“两根之和”和“两根之积”整体求解．这种方法通常叫做“设而不求”．‎ ‎ ‎