江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期第一次段考数学（理）试卷 18页

数学（理科）试题 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; ‎ ‎2．请将答案正确填写在答题卡上.‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 先利用点到直线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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.空间两点，间的距离为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎(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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 ，，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.‎ 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．‎ ‎（1）求证：DE//平面ABC；‎ ‎（2）求二面角E—BC—A的余弦；‎ ‎（3）求多面体ABCDE的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明线面平行，需要证明直线平行面内的一条直线即可． （2）利用三垂线定理作出二面角的平面角即可求解． （3）求多面体ABCDE的体积，转化两个三棱锥的体积之和，分别求解 ‎【详解】(1)由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，‎ 取AC中点O，连接BO，DO，‎ 则BO⊥AC，DO⊥AC∵平面ACD⊥平面ABC ‎∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，‎ 那么EF∥DO，根据题意，点F落在BO上，‎ ‎∴∠EBF=60∘,易求得EF=DO= ‎ 所以四边形DEFO是平行四边形,DE∥OF;∵DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,∴DE∥平面ABC ‎(2) ‎ 作FG⊥BC,垂足为G,连接EG;‎ ‎∵EF⊥平面ABC，根据三垂线定理可知，EG⊥BC，‎ ‎∴∠EGF就是二面角E−BC−A的平面角，‎ ‎，‎ 即二面角E−BC−A的余弦值为.‎ ‎(3)∵平面ACD⊥平面ABC，OB⊥AC∴OB⊥平面ACD；‎ 又∵DE∥OB∴DE⊥平面DAC，‎ ‎∴三棱锥E−DAC的体积 又三棱锥E−ABC体积，‎ ‎∴多面体DE−ABC的体积为.‎ ‎【点睛】证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.‎ ‎ ‎