2020-2021学年四川成都高二上数学月考试卷 9页

‎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blgxx>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． ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 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．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 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 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎，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，‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（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， ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎∴ 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)‎）．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页