• 2.01 MB
  • 2021-06-15 发布

河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考数学试题

  • 19页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
石家庄二中2019-2020学年第二学期高一年级4月月考自主测试高一数学(4月6日)‎ 一、单选题(每小题5分,共计12个小题)‎ ‎1.已知中,且则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理即可得到答案.‎ ‎【详解】由正弦定理,‎ 可得.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了正弦定理的简单运用,属于基础题.‎ ‎2.在中,内角的对边分别为.若,则角为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理变形得.‎ ‎【详解】将代入中得.由,得,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理,掌握用余弦定理求角是解题关键.‎ ‎3.在等差数列中,已知,则该数列前9项和( )‎ A. 18 B. 27 C. 36 D. 45‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质求得,再根据等差数列前项和公式求得.‎ ‎【详解】在等差数列中,,所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本小题主要考查等差数列的性质,考查等差数列前项和公式,属于基础题.‎ ‎4.已知数列的奇数项依次成等差数列,偶数项依次成等比数列,且,,,,则( )‎ A. B. 19 C. 20 D. 23‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比,然后对、进行化简,得出公差和公比的数值,然后对进行化简即可得出结果.‎ ‎【详解】设奇数项的公差为,偶数项的公比为,‎ 由,,得,,‎ 解得,,所以,故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想等,体现基础性与综合性,提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养,是中档题.‎ ‎5.已知向量,,且,则的最小值是( )‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量平行的坐标运算公式,可得,对乘以“1”,可得,再利用基本不等式,即可求出结果.‎ ‎【详解】因为,且向量,,所以,‎ 所以,当且仅当时,取等号.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量平行的坐标运算公式和基本不等式的应用,属于基础题.‎ ‎6.在空间中,下列命题正确的是 A. 如果一个角两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等 B. 两条异面直线所成的有的范围是 C. 如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行 D. 如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个角可能互补判断A;根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B;根据根据两个平面平行的性质定理知判断C;利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.‎ ‎【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A不正确; 两条异面直线所成的角不能是零度,故B不正确; 根据两个平面平行的性质定理知C正确; 如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D不正确,综上可知只有C的说法是正确的,故选C.‎ ‎【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,‎ 考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况,本题是一个概念辨析问题.‎ ‎7.如图,在正四面体中,是的中点,则与所成角的余弦值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点,连接,,可得就是与所成的角, 设,可得,,利用余弦定理可得的值,可得答案.‎ ‎【详解】解:如图: ,‎ 取的中点,连接,,可得就是与所成的角,‎ 设,则,,‎ ‎,‎ 故选: B.‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成得角的余弦值的求法,注意余弦定理的灵活运用,属于基础题.‎ ‎8.如图,在正方体 中, 分别为 的中点,点 是底面内一点,且 平面 ,则 的最大值是( )‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:连结AC、BD,交于点O,连结A1C1,交EF于M,连结OM,则AOPM,从而A1P=C1M,由此能求出tan∠APA1的最大值.‎ 详解:连结AC、BD,交于点O,连结A1C1,交EF于M,连结OM,‎ 设正方形ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1,‎ ‎∵在正方形ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别为B1C1,C1D1的中点,‎ 点P是底面A1B1C1D1内一点,且AP∥平面EFDB,‎ ‎∴AOPM,∴A1P=C1M=,‎ ‎∴tan∠APA1===2.‎ ‎∴tan∠APA1的最大值是2.‎ 故选D.‎ 点睛:本题考查角的正切值的最大值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间想象能力,考查运算求解能力,是中档题.‎ ‎9.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 该几何体是一个三棱锥,且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等,把这个三棱锥放到正方体中,即可求出其外接球的表面积.‎ ‎【详解】由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等,如图所示 ‎ ‎ 该几何体是棱长为1正方体中的三棱锥.‎ 所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球,球的直径为正方体体对角线的长.‎ 即.‎ 所以外接球的表面积为.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查几何体的三视图,考查学生的空间想象能力,属于基础题.‎ ‎10.如图,在正三棱柱中,,,,分别是棱,的中点,为棱上的动点,则的周长的最小值为()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面,根据可利用勾股定理求得;把底面与侧面在同一平面展开,可知当三点共线时,取得最小值;在中利用余弦定理可求得最小值,加和得到结果.‎ ‎【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面 平面 ‎ 把底面与侧面在同一平面展开,如下图所示:‎ 当三点共线时,取得最小值 又,,‎ 周长的最小值为:‎ 本题正确选项:‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题,关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题,利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.‎ ‎11.已知正方体的棱的中点为,与交于点,平面过点且与直线垂直,若,则平面截该正方体所得截面图形的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方体的垂直关系可得平面,进而,可考虑平面是否为所求的平面,只需证明即可确定平面.‎ ‎【详解】如图所示,正方体中,为棱的中点,‎ ‎,则,,,‎ ‎,;又平面,‎ ‎,且,平面,‎ 且,‎ 即截该正方体所得截面图形的面积为.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定,考查三角形面积的计算,熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键,属于中档题.‎ ‎12.在棱长为的正方体中,点分别是线段(不包括端点)上的动点,且线段平行于平面,则四面体的体积的最大值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ 由题意在棱长为的正方体中,点分别是线段上的动点,‎ ‎ 且线段平行于平面,‎ ‎ 设,即到平面的距离为,‎ ‎ 所以四棱锥的体积为,‎ ‎ 当时,体积取得最大值,故选A.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 点睛:本题考查了空间几何体的结构特征,及几何体的体积的计算,其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,对于空间几何体的体积与表面积的计算时,要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用.‎ 二、填空题(每小题5分,共计4个小题)‎ ‎13.已知,,且,则的最大值为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接由基本不等式求解.‎ ‎【详解】∵,,∴,即,当且仅当,即时等号成立.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查用基本不等式求最值,属于基础题.‎ ‎14.已知数列满足,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列为以 为首项,1为公差等差数列.‎ ‎【详解】因为所以 又 所以数列为以 为首项,1为公差的等差数列.‎ 所以 所以 故填 ‎【点睛】本题考查等差数列,属于基础题.‎ ‎15.如图,在正方体中,分别为棱的中点,则与平面所成角的余弦值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结,过作于,即为与平面所成的角,在中利用余弦定理求出 ‎【详解】解:连结,则平面即为平面, 过作于,则平面, 即为与平面所成的角, 设正方体棱长为2,则, . 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求解,关键是找到线面角的平面角,属于中档题.‎ ‎16.如图,M、N分别是边长为1的正方形ABCD的边BC、CD的中点,将正方形沿对角线AC折起,使点D不在平面ABC内,则在翻折过程中,有以下结论:‎ ‎①异面直线AC与BD所成的角为定值.‎ ‎②存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.‎ ‎③存在某个位置,使得直线MN与平面ABC所成的角为45°.‎ ‎④三棱锥M-ACN体积的最大值为.‎ 以上所有正确结论的序号是__________.‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设中点,连接,,得到平面,从而可证①正确;假设,从而得到平面,与已知矛盾,从而证明②错误,根据,得到与平面所成的角等于与平面所成的角,即,根据的范围,从而证明③正确;,从而得到体积最大的情况,求出最大值,可得④正确.‎ ‎【详解】设中点,连接,,‎ 正方形,,,‎ 所以,,‎ 平面,,‎ 所以平面,‎ 而平面,所以,‎ 即异面直线与所成的角为定值.‎ 故①正确. ‎ 若,而,平面,‎ 所以平面,‎ 而平面,所以,‎ 而中,,‎ 所以不可能为直角,故假设错误,‎ 所以②错误.‎ 因为、分别是、的中点,所以,‎ 所以与平面所成的角等于与平面所成的角,‎ 在平面的射影在上,‎ 所以是与平面所成的角,‎ 而,所以一定存在某个位置满足,‎ 即存在某个位置,使得直线MN与平面所成的角为45°.‎ 故③正确;‎ ‎,底面,‎ 所以当平面平面时,到平面的距离最大,‎ 此时三棱锥的体积最大,‎ ‎,‎ 所以此时,‎ 故④正确.‎ 故答案为:①③④‎ ‎【点睛】本题考查证明异面直线垂直,求线面角,等体积转化求三棱锥的体积,属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.的内角的对边分别为,已知.‎ ‎(1)求角;‎ ‎(2)若,的周长为,求的面积.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用正弦定理和两角和差正弦公式可化简边角关系式,求得,结合可得结果;(2)利用三角形周长得到;利用余弦定理构造出关于的方程,解出的值;代入三角形面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】(1)由正弦定理可得:‎ 即:‎ ‎ ,由得:‎ ‎(2),的周长为 ‎ 由余弦定理可得:‎ 的面积:‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关知识,涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积公式的应用,还涉及到两角和差正弦公式的知识,考查学生对于三角恒等变换和解三角形部分的公式的掌握程度,属于常考题型.‎ ‎18.已知{an}是等差数列,{bn}是各项均为正数的等比数列,且b1=a1=1,b3=a4,b1+b2+b3=a3+a4.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】(1);(2)Tn=(n-1)·2n+1.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:‎ ‎(1)设数列的公差为,的公比为,运用等差数列和等比数列的通项公式,可得的方程组,解方程可得公差和公比,即可得到所求通项公式;‎ ‎(2)求得,运用乘公比错位相减法,结合等比数列的求和公式,化简整理即可得到所求的和.‎ 试题解析:‎ ‎(1)设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q,‎ 依题意得解得d=1,q=2.‎ 所以an=1+(n-1)×1=n,bn=1×2n-1=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知cn=anbn=n·2n-1,则 Tn=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1,①‎ ‎2Tn=2·20+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②‎ ‎①-②得:-Tn=1+21+22+…+2n-1-n·2n ‎=-n·2n=(1-n)·2n-1,‎ 所以Tn=(n-1)·2n+1.‎ ‎19.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E,F分别是B1C1,AB,AA1的中点.‎ ‎(1) 求证:EF∥平面A1BD;‎ ‎(2) 若A1B1=A1C1,求证:平面A1BD⊥平面BB1C1C. ‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先证出EF∥A1B,利用线面平行的判定定理即可证出.‎ ‎(2)证出BB1⊥A1D,A1D⊥B1C1,利用面面垂直的判定定理即可证出.‎ ‎【详解】‎ 因为E,F分别是AB,AA1的中点,所以EF∥A1B.‎ 因为EF⊄平面A1BD,A1B⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.‎ ‎(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1,因为A1D⊂平面A1B1C1,所以BB1⊥A1D. ‎ 因为A1B1=A1C1,且D是B1C1的中点,所以A1D⊥B1C1.‎ 因为BB1B1C1=B1,B1C1,BB1⊂平面BB1C1C,所以A1D⊥平面BB1C1C.‎ 因为A1D⊂平面A1BD,所以平面A1BD⊥平面BB1C1C.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理,要证线面平行、需证线线平行,要证面面垂直、需证线线垂直、线面垂直,属于基础题.‎ ‎20.如图,四边形为正方形, 平面, ,点, 分别为, 的中点.‎ ‎(1)证明: ;‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)取的中点,连接, ,由条件可证明,再计算,说明;‎ ‎(2)利用等体积转化,求点到面距离.‎ ‎【详解】(Ⅰ)‎ 证明:取的中点,连接, ,‎ 则,且,‎ ‎∵且,‎ ‎∴且,‎ ‎∴四边形为平行四边形,‎ ‎∴中,,G为的中点,‎ ‎∴, ‎ ‎∴ ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面,‎ 所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的,‎ 故转化为求点到平面的距离,设为.‎ 利用等体积法: ,‎ 即, ‎ ‎,‎ ‎∵, ‎ ‎∴,∴.‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明,以及点到平面的距离,重点考查推理证明,计算能力,属于中档题型.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 本试卷的题干、答案和解析均由组卷网(http://zujuan.xkw.com)专业教师团队编校出品。‎ 登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。‎ 试卷地址:在组卷网浏览本卷 组卷网是学科网旗下的在线题库平台,覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。‎ 关注组卷网服务号,可使用移动教学助手功能(布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练)。‎ ‎ ‎ 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题,赢取丰厚稿酬,欢迎合作。‎ 钱老师 QQ:537008204    曹老师 QQ:713000635 ‎