2019-2020学年江西省赣州市寻乌中学高二上学期第一次段考数学（理）试题（解析版） 15页

‎2019-2020学年江西省赣州市寻乌中学高二上学期第一次段考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．过点（1，0）且与直线垂直的直线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设出直线方程，代入点求得直线方程.‎ ‎【详解】‎ 依题意设所求直线方程为，代入点得，故所求直线方程为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查两条直线垂直的知识，考查直线方程的求法，属于基础题.‎ ‎2．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先计算出该梯形的斜二测直观图的面积，再根据直观图的面积与原图的面积之比为，求得原图的面积．‎ ‎【详解】‎ 依题意，四边形是一个底角为，上底为，腰为的等腰梯形 过，分别做，‎ 则和为斜边长为的等腰直角三角形 ‎，又，‎ 梯形的面积：‎ 在斜二测画直观图时，直观图的面积与原图的面积之比为：‎ 即： ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了斜二测直观图的面积与原图面积的关系，可以还原图形求原图的面积，也可以根据直观图与原图的面积比求原图的面积．属于基础题．‎ ‎3．已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，则（ ）‎ A．-4 B．-6 C．-8 D．-10‎ ‎【答案】B ‎【解析】把，用和公差2表示，根据，，成等比数列，得到 解得.‎ ‎【详解】‎ 解：因为等差数列的公差为2，若，，成等比数列，‎ 即 解得 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列基本量的计算，与等比中项的性质，属于基础题.‎ ‎4．已知，则以线段为直径的圆的方程是(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】【详解】‎ 解：由A（﹣4，﹣5）、B（6，﹣1），设圆心为C，‎ 则圆心C的坐标为（，）即C（1，﹣3）；‎ 所以|AC|，则圆的半径r，‎ 所以以线段AB为直径的圆的方程是（x﹣1）2+（y+3）2＝29．‎ 故选：C．‎ ‎5．在空间中，有三条不重合的直线，，，两个不重合的平面，，下列判断正确的是 A．若∥，∥，则∥ B．若，，则∥‎ C．若，∥，则 D．若，，∥，则∥‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据空间中点、线、面的位置关系的判定与性质，逐项判定，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，A中，若∥，∥，则与可能平行、相交或异面，故A错误；‎ B中，若，，则与c可能平行，也可能垂直，比如墙角，故B错误；‎ C中，若，∥，则,正确；‎ D中，若，，∥，则与可能平行或异面，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记空间中点、线、面的位置关系，以及线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．‎ ‎6．已知都是正数,且，则的最小值等于 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】【详解】‎ ‎ ,故选C.‎ ‎7．在正方体中，若是的中点，则直线垂直于（ ）‎ A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 ‎【答案】B ‎【解析】连结B1D1，由E为A1C1的中点，得到A1C1∩B1D1＝E，由线面垂直的判定得到B1D1⊥面CC1E，从而得到直线CE垂直于直线B1D1．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，直线CE垂直于直线B1D1，事实上，∵AC1为正方体，∴A1B1C1D1为正方形，连结B1D1，‎ 又∵E为A1C1的中点，∴E∈B1D1，∴B1D1⊥C1E，CC1⊥面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，‎ 又CC1∩C1E＝C1，∴B1D1⊥面CC1E，而CE⊂面CC1E，∴直线CE垂直于直线B1D1，且B1D1BD.‎ 所以直线垂直于直线.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间直线与直线的位置关系，考查了直线与平面垂直的性质，属于基础题．‎ ‎8．已知是圆：上的动点，则点到直线：的距离的最小值为（ ）‎ A．1 B． C．2 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，再用此距离减去半径，即得所求.‎ ‎【详解】‎ 解：因为圆：的圆心到直线：的距离 ‎，且圆的半径等于，‎ 故圆上的点到直线的最小距离为 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆上的点到直线的距离的最值问题，属于基础题.‎ ‎9．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（ ）‎ A． B．72 C． D．32‎ ‎【答案】A ‎【解析】画出几何体的三视图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．‎ ‎【详解】‎ 三视图对应的几何体的直观图如图，梯形的高为：，‎ 几何体的表面积为， ．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．‎ ‎10．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）‎ A．7 B．6 C．5 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.‎ ‎【考点】本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎11．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A． B． C．3 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求解．‎ ‎【详解】‎ 圆柱的侧面展开图如图，‎ 圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，‎ 则在此圆柱侧面上从到的最短路径为线段，‎ ‎.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆柱侧面展开图中的最短距离问题，是基础题．‎ ‎12．已知圆,直线,若直线上存在点，过点引圆的两条切线,使得,则实数的取值范围是（ ）‎ A． B．[,]‎ C． D．）‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意结合几何性质可知点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距离小于等于半径，据此求解关于k的不等式即可求得实数k的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 圆C（2,0），半径r＝，设P（x，y），‎ 因为两切线，如下图，PA⊥PB，由切线性质定理，知：‎ PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，所以，四边形PACB为正方形，所以，｜PC｜＝2，‎ 则：，即点P的轨迹是以（2,0）为圆心，2为半径的圆.‎ 直线过定点（0，－2），直线方程即，‎ 只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，‎ 即：，解得：，‎ 即实数的取值范围是）.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的位置关系，轨迹方程的求解与应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 二、填空题 ‎13．空间两点，间的距离为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据空间中两点间的距离公式即可得到答案 ‎【详解】‎ 由空间中两点间的距离公式可得; ;‎ 故距离为3‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中两点间的距离公式，属于基础题。‎ ‎14．在中，角所对的边分别为，已知，则____.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】由正弦定理和已知，可以求出角的大小，再结合已知，可以求出的值，根据余弦定理可以求出的值.‎ ‎【详解】‎ 解:由正弦定理及得，，，，又，，，由余弦定理得：‎ ‎，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理、余弦定理、考查了数学运算能力.‎ ‎15．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论 ‎①AC⊥BD；‎ ‎②△ACD是等边三角形；‎ ‎③AB与平面BCD成60°的角；‎ ‎④AB与CD所成的角是60°.‎ 其中正确结论的序号是________‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】试题分析：①取BD的中点O，连接OA,OC,所以,所以平面OAC，所以AC⊥BD；②设正方形的边长为a，则在直角三角形ACO中，可以求得OC=a，‎ 所以△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成45角；④分别取BC，AC的中点为M，N，连接ME，NE，MN.则MN∥AB，且MN＝AB＝a，ME∥CD，且ME＝CD＝a，∴∠EMN是异面直线AB，CD所成的角．在Rt△AEC中，AE＝CE＝a，AC＝a，∴NE＝AC＝a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正确．‎ ‎【考点】本小题主要考查平面图形向空间图形的折叠问题，考查学生的空间想象能力.‎ 点评：解决此类折叠问题，关键是搞清楚折叠前后的变量和不变的量.‎ ‎16．已知球的直径，是该球球面上的两点，，，则棱锥的体积为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图所示，由题意知，在棱锥S-ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝2.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥SABC的体积为两个棱锥S-ABD和C-ABD的体积和，所以棱锥S-ABC的体积V＝SC·S△ADB＝×4×＝‎ 三、解答题 ‎17．据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．‎ ‎（1）试计算出图案中球与圆柱的体积比；‎ ‎（2）假设球半径．试计算出图案中圆锥的体积和表面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）圆锥体积，表面积 ‎【解析】（1）由球的半径可知圆柱底面半径和高，代入球和圆柱的体积公式求得体积，作比得到结果；（2）由球的半径可得圆锥底面半径和高，从而可求解出圆锥母线长，代入圆锥体积和表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设球的半径为，则圆柱底面半径为，高为 球的体积；圆柱的体积 球与圆柱的体积比为：‎ ‎（2）由题意可知：圆锥底面半径为，高为 圆锥的母线长：‎ 圆锥体积：‎ 圆锥表面积：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间几何体的表面积和体积求解问题，考查学生对于体积和表面积公式的掌握，属于基础题.‎ ‎18．已知.‎ ‎（1）求函数f（x）最小正周期及对称轴方程；‎ ‎（2）已知锐角的内角所对的边分别为，且，，‎ 求的最大值 ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】(1)由诱导公式对函数解析式化解为 的形式，然后根据三角函数的性质求解周期、对称轴方程.‎ ‎(2)由（1）中的解析式可求得 的值，再由余弦定理可得bc的最大值，即可得面积的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1） ‎ ‎，‎ ‎(2）由得 ‎ ‎ 由余弦定理得 ‎ ‎ ‎ ‎ 故：三角形面积的最大值为 ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数诱导公式、三角函数性质、均值不等式及余弦定理的应用，属于中档题，解题的关键有两个：一是应用诱导公式对三角函数表达式化解；二是利用余弦定理构造不等式.‎ ‎19．如图，已知以点为圆心的圆与直线相切．过点的动直线与圆A相交于M，N两点，Q是的中点，直线与相交于点P．‎ ‎（1）求圆A的方程；‎ ‎（2）当时，求直线的方程．‎ ‎【答案】(1) .(2) 或 ‎【解析】（1）圆心到切线的距离等于圆的半径，从而易得圆标准方程；‎ ‎（2）考虑直线斜率不存在时是否符合题意，在斜率存在时，设直线方程为，根据垂径定理由弦长得出圆心到直线的距离，现由点（圆心）到直线的距离公式可求得．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由于圆A与直线相切，∴，‎ ‎∴圆A的方程为．‎ ‎（2）①当直线与x轴垂直时，易知与题意相符，使．‎ ‎②当直线与x轴不垂直时，设直线的方程为即，连接，‎ 则，∵，∴，由，得．‎ ‎∴直线，故直线的方程为或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，解题关键是垂径定理的应用，在圆中与弦长有关的问题通常都是用垂径定理解决．‎ ‎20．等差数列前项和为，且，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）数列满足且，求的前项和．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】（1）根据等差数列中，，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）利用（1），由“累加法”可得，利用裂项相消法求和即可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）等差数列的公差设为，前项和为，且，．‎ 可得，，‎ 解得，，‎ 可得；‎ ‎（2）由，‎ 可得 ‎，‎ ‎，‎ 则前项和 ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）‎ ‎；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎21．如图，在四棱锥中，是正方形，平面．，，，分别是 ，，的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面．‎ ‎（2）在线段上确定一点，使平面，并给出证明．‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）先通过得到线面平行即面，同理可证面，根据面面平行判定定理可得结果；（2）为线段中点时，平面，通过先证面，得到，根据等腰三角形的性质得，运用线面垂直的判定定理即可得到结论.‎ 试题解析：（）∵中，，分别是，的中点，∴，又∵四边形为正方形，得，∴，∵平面，面，∴面．同理面，∵，是面内相交直线，∴平面平面．为中点时，面．‎ ‎（2）为线段中点时，平面，证明：取中点，连接，，，∵，且，∴四边形为梯形，由面，面，得，∵，，∴面，又面，∴．∵为等腰直角三角形，‎ 为斜边中点，∴，∵，是面内的相交直线，∴面．‎ ‎22．（本题满分12分）‎ 如图所示的空间几何体，平面ACD⊥平面ABC，AB=BC=CA=DA=DC=BE=2，BE和平面ABC所成的角为.且点E在平面ABC上的射影落在的平分线上。‎ ‎ （I）求证：DE//平面ABC；‎ ‎ （II）求二面角E—BC—A的余弦；‎ ‎（III）求多面体ABCDE的体积。‎ ‎【答案】略 ‎【解析】‎