2020-2021学年四川成都高二上数学月考试卷
2020-2021学年四川成都高二上数学月考试卷
一、选择题
1. sin20∘cos10∘−cos160∘sin10∘=（ ）
A.−32 B.32 C.−12 D.12
2. 直线x+3y+1=0的倾斜角是( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
3. 不等式x−12x+1≤0的解集为( )
A.−12,1 B.−12,1
C.−∞,−12∪[1,+∞) D.−∞,−12∪1,+∞
4. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=2，c=23，cosA=32，且b
lgxx>0 B.sinx+1sinx≥2x≠kπ,k∈Z
C.x2+1≥2|x|x∈R D.1x2+1>1x∈R
9. 一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )
A.1+3 B.1+22 C.2+3 D.22
10. 设m，n∈R，若直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆(x−1)2+(y−1)2=1相切，则m+n的取值范围是( )
A.[1−3, 1+3] B.(−∞, 1−3]∪[1+3, +∞)
C.[2−22, 2+22] D.(−∞, 2−22]∪[2+22, +∞)
11. 设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是( )
A.(0, 2) B.(0, 3) C.(1, 2) D.(1, 3)
12. 过点P(2,0)引直线l与曲线y=1−x2相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于( )
A.33 B.−33 C.±33 D.−3
二、填空题
在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x, y)为整点，下列命题中正确的是________（写出所有正确命题的编号）．
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；
②如果k与b都是无理数，则直线y=kx+b不经过任何整点；
③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；
④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数；
⑤存在恰经过一个整点的直线．
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三、解答题
设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b=3，c=1，△ABC的面积为2，求cosA与a的值．
已知数列an的前n项和Sn=n2+n2,n∈N*．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=2an+−1nan，求数列bn的前2n项和．
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2．
(1)证明：平面A1BD // 平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABD−A1B1D1的体积．
在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2−6x+1与坐标轴的交点都在圆C上．
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C与直线x−y+a=0交于A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．
在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.
(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；
(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE // 平面A1MC？请证明你的结论．
已知圆C的方程为x2+(y−4)2=4，点O是坐标原点．直线l:y=kx与圆C交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)设Q(m, n)是线段MN上的点，且2|OQ|2=1|OM|2+1|ON|2．请将n表示为m的函数．
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参考答案与试题解析
2020-2021学年四川成都高二上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
两角和与差的正弦公式
运用诱导公式化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原式=sin20∘cos10∘+cos20∘sin10∘
=sin30∘=12.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
设出直线的倾斜角，求出斜率，就是倾斜角的正切值，然后求出倾斜角．
【解答】
解：设直线的倾斜角为α，
由题意直线的斜率为−33，
即tanα=−33，
所以α=5π6.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
其他不等式的解法
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由x−12x+1≤0可得，
x−12x+1≤0且2x+1≠0，
解得−12≤x≤1或x≠−12，
所以不等式x−12x+1≤0的解集为−120时，x2+14≥2⋅x⋅12=x，
（当且仅当x=12时，等号成立）
所以lgx2+14≥lgxx>0，故选项A不正确；
B、当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不确定，故选项B不正确；
C、由基本不等式可知，x2+1≥2|x|x∈R，故选项C正确；
D、当x=0时，有1x2+1=1，故选项D不正确．
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
判断得出三棱锥O−ABC，OE⊥底面ABC，EA＝ED＝1，OE＝1，AB＝BC=2，AB⊥BC，
可判断；△OAB≅△OBC的直角三角形，
运用面积求解即可．
【解答】
解：由三视图可得该四面体的直观图如图所示，
平面ABD⊥平面BCD，
△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形，
AB=AD=BC=CD=2.
取BD的中点O，连接AO，CO，
则AO⊥CO，AO=CO=1.
由勾股定理得AC=2，
因此△ABC与△ACD为全等的正三角形，
由三角形面积公式得，
S△ABC=S△ACD=32，
S△ABD=S△BCD=1，
所以四面体的表面积为2+3.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由圆的标准方程找出圆心坐标和半径r
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，由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关系式，整理后利用基本不等式变形，设m+n=x，得到关于x的不等式，求出不等式的解集得到x的范围，即为m+n的范围．
【解答】
解：由圆的方程(x−1)2+(y−1)2=1，得到圆心坐标为(1, 1)，半径r=1，
∵ 直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆相切，
∴ 圆心到直线的距离d=|m+n|(m+1)2+(n+1)2=1，
整理得：m+n+1=mn≤(m+n2)2，
设m+n=x，
则有x+1≤x24，
即x2−4x−4≥0，
∵ x2−4x−4=0的解为：x1=2+22，x2=2−22，
∴ 不等式变形得：(x−2−22)(x−2+22)≥0，
解得：x≥2+22或x≤2−22，
则m+n的取值范围为(−∞, 2−22]∪[2+22, +∞)．
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
异面直线的判定
棱锥的结构特征
【解析】
先在三角形BCD中求出a的范围，再在三角形AED中求出a的范围，二者相结合即可得到答案．
【解答】
解：设四面体的底面是BCD，BC=a，BD=CD=1，顶点为A，AD=2，
在三角形BCD中，由两边之和大于第三边可得：00．
在此条件下利用根与系数的关系得到x1+x2=4−a，x1x2=a2−2a+12，①
由于OA⊥OB可得x1x2+y1y2=0，又y1=x1+a，y2=x2+a，
所以可得2x1x2+a(x1+x2)+a2=0，②
由①②可得a=−1，
满足Δ=56−16a−4a2>0．
故a=−1．
【考点】
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
【解析】
（1）法一：写出曲线与坐标轴的交点坐标，利用圆心的几何特征设出圆心坐标，构造关于圆心坐标的方程，通过解方程确定出圆心坐标，进而算出半径，写出圆的方程；
法二：可设出圆的一般式方程，利用曲线与方程的对应关系，根据同一性直接求出参数，
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（2）利用设而不求思想设出圆C与直线x−y+a=0的交点A，B坐标，通过OA⊥OB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻找关于a的方程，通过解方程确定出a的值．
【解答】
解：(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
x=0，y=1有1+E+F=0，
y=0，x2−6x+1=0与x2+Dx+F=0是同一方程，
故有D=−6，F=1，E=−2，
即圆方程为x2+y2−6x−2y+1=0.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
x−y+a=0(x−3)2+(y−1)2=9，消去y，得到方程2x2+(2a−8)x+a2−2a+1=0，
由已知可得判别式Δ=56−16a−4a2>0．
在此条件下利用根与系数的关系得到x1+x2=4−a，x1x2=a2−2a+12，①
由于OA⊥OB可得x1x2+y1y2=0，又y1=x1+a，y2=x2+a，
所以可得2x1x2+a(x1+x2)+a2=0，②
由①②可得a=−1，
满足Δ=56−16a−4a2>0．
故a=−1．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形，
∴ AA1⊥AB，AA1⊥AC.
∵ AB∩AC=A，
∴ AA1⊥平面ABC.
∵ BC⊂平面ABC，
∴ AA1⊥BC.
∵ AC⊥BC，AA1∩AC=A，
∴ 直线BC⊥平面ACC1A1.
(2)解：存在一点M（线段AB的中点），使直线DE // 平面A1MC．
证明如下：取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，
设O为A1C，AC1的交点，则O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD // AC，MD=12AC，OE // AC，OE=12AC，
∴ MD // OE，MD=OE，
连接OM，则四边形MDEO为平行四边形，
∴ DE // MO.
∵ DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
∴ DE // 平面A1MC，
∴ 线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE // 平面A1MC.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
(Ⅰ)先证明AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BC，利用AC⊥BC，可以证明直线BC⊥平面ACC1A1；
(Ⅱ)取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，证明四边形MDEO为平行四边形即可．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形，
∴ AA1⊥AB，AA1⊥AC.
∵ AB∩AC=A，
∴ AA1⊥平面ABC.
∵ BC⊂平面ABC，
∴ AA1⊥BC.
∵ AC⊥BC，AA1∩AC=A，
∴ 直线BC⊥平面ACC1A1.
(2)解：存在一点M（线段AB的中点），使直线DE // 平面A1MC．
证明如下：取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，
设O为A1C，AC1的交点，则O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD // AC，MD=12AC，OE // AC，OE=12AC，
∴ MD // OE，MD=OE，
连接OM，则四边形MDEO为平行四边形，
∴ DE // MO.
∵ DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
∴ DE // 平面A1MC，
∴ 线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE // 平面A1MC.
【答案】
解：(1)将y=kx代入x2+(y−4)2=4中，
得：(1+k2)x2−8kx+12=0，
根据题意得：Δ=(−8k)2−4(1+k2)×12>0，
即k2>3，
则k的取值范围为(−∞, −3)∪(3, +∞)；
(2)由M，N，Q在直线l上，
可设M，N坐标分别为(x1, kx1)，(x2, kx2)，
∴ |OM|2=(1+k2)x12，|ON|2=(1+k2)x22，
|OQ|2=m2+n2=(1+k2)m2，
代入2|OQ|2=1|OM|2+1|ON|2得：
2(1+k2)m2=1(1+k2)x12+1(1+k2)x22，
即2m2=1x12+1x22=(x1+x2)2−2x1x2x12x22，
由(1+k2)x2−8kx+12=0得到：
x1+x2=8k1+k2，x1x2=121+k2，
代入得：2m2=(8k1+k2)2−241+k2144(1+k2)2，
即m2=365k2−3，
∵ 点Q在直线y=kx上，
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∴ n=km，即k=nm，
代入m2=365k2−3，
化简得5n2−3m2=36，
由m2=365k2−3及k2>3，
得到00，
∴ n=3m2+365=15m2+1805，
则n与m的函数关系式为：
n=15m2+1805（m∈(−3, 0)∪(0, 3)）．
【考点】
函数与方程的综合运用
圆的综合应用
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）将直线l方程与圆C方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，根据两函数图象有两个交点，得到根的判别式的值大于0，列出关于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的取值范围；
（2）由M、N在直线l上，设点M、N坐标分别为(x1, kx1)，(x2, kx2)，利用两点间的距离公式表示出|OM|2与|ON|2，以及|OQ|2，代入已知等式中变形，再利用根与系数的关系求出x1+x2与x1x2，用k表示出m，由Q在直线y=kx上，将Q坐标代入直线y=kx中表示出k，代入得出的关系式中，用m表示出n即可得出n关于m的函数解析式，并求出m的范围即可．
【解答】
解：(1)将y=kx代入x2+(y−4)2=4中，
得：(1+k2)x2−8kx+12=0，
根据题意得：Δ=(−8k)2−4(1+k2)×12>0，
即k2>3，
则k的取值范围为(−∞, −3)∪(3, +∞)；
(2)由M，N，Q在直线l上，
可设M，N坐标分别为(x1, kx1)，(x2, kx2)，
∴ |OM|2=(1+k2)x12，|ON|2=(1+k2)x22，
|OQ|2=m2+n2=(1+k2)m2，
代入2|OQ|2=1|OM|2+1|ON|2得：
2(1+k2)m2=1(1+k2)x12+1(1+k2)x22，
即2m2=1x12+1x22=(x1+x2)2−2x1x2x12x22，
由(1+k2)x2−8kx+12=0得到：
x1+x2=8k1+k2，x1x2=121+k2，
代入得：2m2=(8k1+k2)2−241+k2144(1+k2)2，
即m2=365k2−3，
∵ 点Q在直线y=kx上，
∴ n=km，即k=nm，
代入m2=365k2−3，
化简得5n2−3m2=36，
由m2=365k2−3及k2>3，
得到00，
∴ n=3m2+365=15m2+1805，
则n与m的函数关系式为：
n=15m2+1805（m∈(−3, 0)∪(0, 3)）．
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