宁夏平罗中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学（文）试题

宁夏平罗中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学（文）试题

平罗中学2019-2020学年第一学期第一次月考试卷 高二数学（文）‎ 一、选择题：（每小题5分，共60分）‎ ‎1.如图所示，观察下面四个几何体，其中判断正确的是（ ）‎ A. ①是圆台 B. ②是圆台 C. ③是圆锥 D. ④是圆台 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆锥，圆台的概念可得选项.‎ ‎【详解】图①不是由圆锥截得的,所以①不是圆台;‎ 图②上下两个面不平行，所以②不是圆台;‎ 图④不是由圆锥截得的，所以④不是圆台;很明显③是圆锥，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体的概念，牢记几何体的概念是关键，属于基础题.‎ ‎2.过点A（﹣3，2）与B（﹣2，3）的直线的倾斜角为（ ）‎ A. 45° B. 135° C. 45°或135° D. 60°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两点的斜率公式可得选项.‎ ‎【详解】设经过点A，B的直线的倾斜角为，则斜率为， ，∴.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查经过已知两点的直线的斜率公式，属于基础题.‎ ‎3.过，的直线方程是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线的两点式方程，直接可得出结果.‎ ‎【详解】因为所求直线过点，，‎ 所以，即.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线的两点式方程即可，属于基础题型.‎ ‎4.一个圆锥的母线长为‎20cm，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为（ ）‎ A. B. C. ‎20cm D. ‎‎10cm ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆锥的几何特征，母线、轴、底面半径可围成直角三角形，母线为斜边，母线与轴的夹角为30°，解三角形即可得到高.‎ ‎【详解】如图所示，在中，，，‎ 所以（cm）.‎ 所以圆锥的高为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的结构特征，根据底面半径、高、母线围成直角三角形，利用解三角形求解未知量是常用方法，属于基础题.‎ ‎5.经过点，倾斜角是的直线方程是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由倾斜角求出直线斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为直线的倾斜角是，所以其斜率为，‎ 又直线经过点，‎ 所以，直线方程为：，即.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线的点斜式方程，以及直线斜率的定义即可，属于基础题型.‎ ‎6.与直线平行，且过点的直线方程为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，先确定直线斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为所求直线与直线平行，所以斜率为，‎ 又直线过点，‎ 故所求直线方程为：.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线的点斜式方程即可，属于基础题型.‎ ‎7.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若 m∥α，m∥n，则 n∥α B. 若 m⊥α，n⊥α，则 n⊥m C. 若 m⊥α，m∥β，则α⊥β D. 若α⊥β，m⊂α，则 m⊥β ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A中，n∥α或n⊂α；在B中，由线面垂直的性质得n∥m；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，m与β相交、平行或m⊂β．‎ ‎【详解】由 m ， n  是不同的直线， α ， β 是不重合的平面，知：‎ 在 A 中 , 若  m ∥ α,m ∥ n, 则  n ∥ α 或 n⊂α ，故 A 错误；‎ 在 B 中 , 若  m⊥α,n⊥α, 则   由线面垂直的性质得 n ∥ m ，故 B 错误；‎ 在 C 中 , 若  m⊥α,m ∥ β ，则由面面垂直的判定定理得 α⊥β ，故 C 正确；‎ 在 D 中，若 α⊥β ， m⊂α ，则  m 与 β 相交、平行或 m⊂β ，故 D 错误。‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查空间里的线线，线面，面面关系，关键在于熟知空间里的线线，线面，面面的位置关系的定义，以及他们的平行，垂直关系的判定定理，属于基础题.‎ ‎8.直线3x+2y+6＝0的斜率为k，在y轴上的截距为b，则有（ ）‎ A. k，b＝3 B. k，b＝﹣2‎ C. k，b＝3 D. k，b＝﹣3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把直线的一般式方程化为斜截式方程,即可找出直线的斜率k及与y轴的截距b即可.‎ ‎【详解】方程变形为:,所以此直线的斜率,直线在y轴上的截距. 故选：D.‎ ‎【点睛】此题考查了直线的一般式方程,把直线的一般式方程化为斜截式方程是解本题的关键,属于基础题.‎ ‎9.在等差数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5＝20，那么a3＝（ ）‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质，得，代入可得选项.‎ ‎【详解】根据等差数列的性质，得，，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质,关键在于观察数列的项的脚标的特殊关系，属于基础题.‎ ‎10.设长方体的长、宽、高分别为2，1，1，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出长方体的对角线的长度，即得外接球的直径，再求球的表面积得解.‎ ‎【详解】由题得长方体外接球的直径.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查长方体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎11.在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，则C＝（ ）‎ A. 60° B. 120° C. 30° D. 45°或135°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由余弦定理得：，又，所以．‎ 考点：1．余弦定理；‎ ‎12.在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，下列判断正确的是（ ）‎ A. A‎1C⊥面AB1D1 B. A‎1C⊥面AB‎1C1D C. A1B⊥面AB1D1 D. A1B⊥AD1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知证明A‎1C⊥B1D1，A‎1C⊥AB1，得A‎1C⊥平面AB1D1，说明A正确，B不正确，再求出A1B与AD1 所成角为60°，说明C，D错误．‎ ‎【详解】解：在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，A‎1C1⊥B1D1，‎ 又CC1⊥B1D1，且A‎1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A‎1C1C，则A‎1C⊥B1D1，‎ 同理A‎1C⊥AB1，则A‎1C⊥平面AB1D1，故A正确，B不正确；‎ 连接D‎1C，AC，则∠AD‎1C为A1B与AD1 所成角，为60°，故C、D不正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．‎ 二.填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.过点A（1，4）且在x、y轴上的截距相等的直线共有_____条.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分直线过原点和不过原点两种情况求出直线方程,则答案可求.‎ ‎【详解】当直线过坐标原点时,方程为,符合题意; 当直线不过原点时,设直线方程为,代入A的坐标得.直线方程为. 所以过点且在x、y轴上的截距相等的直线共有2条. 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的截距式方程,考查了分类讨论的数学思想方法,属于基础题.‎ ‎14.若直线l：x+ay+2＝0平行于直线2x﹣y+3＝0，则a＝_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得,解之即可.‎ ‎【详解】因为直线l：x+ay+2＝0平行于直线2x﹣y+3＝0，所以,解得 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查直线的一般式方程和直线的平行关系,‎ 求解直线的平行关系的相关问题时，注意直线的和一般方程中的系数是否为0，属于基础题.‎ ‎15.如图，四边形ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，则平面PBD与面PAC的关系是_____.‎ ‎【答案】平面PBD⊥平面PAC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接BD，根据正方形的性质得，再由线面垂直的性质得PA⊥BD,再由线面垂直的判定和面面垂直的判定可得结论.‎ ‎【详解】连接BD，在四边形ABCD为正方形中，，又PA⊥面ABCD， 面ABCD，所以PA⊥BD,又，‎ 所以BD⊥面PAC，又面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC，‎ 故答案为：平面PBD⊥平面PAC.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定，属于基础题.‎ ‎16.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，正确是_____.‎ ‎①AC∥面PQMN；②AC＝BD；③BD∥面PQMN；④AC⊥BD ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方形的性质，线面平行的判定和性质，异面直线所成的角，可判断.‎ ‎【详解】①项，截面为正方形，则有且，所以平面，又面ABC，面ABC面=，所以，又平面，平面，所以平面，故①项正确；‎ ‎②项，由④项得出AC⊥BD，但不能得出AC＝BD，故②项是错误的； ‎ ‎③项，截面为正方形，则有，所以平面，又面ABD，面ABD面=，所以，又平面，平面，所以平面，故③项正确；‎ ‎④项，由①，③可得，，又，所以AC⊥BD，故④正确；‎ 故答案为：①③④‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何体中线面位置关系,需熟悉空间的线线，线面，面面的位置关系的定义，判定和性质，属于基础题.‎ 三.解答题（本大题6小题，共70分）‎ ‎17.ABC的三个顶点A(－3,0),B(2,1),C(－2,3)．求：‎ ‎（Ⅰ）BC边上中线AD所在直线的方程；‎ ‎（Ⅱ）BC边上高线AH所在直线的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）2x－3y+6=0；（Ⅱ）2x－y+6=0．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先求得BC的中点坐标，利用点斜式即可求得BC边上中线AD所在直线的方程；‎ ‎（Ⅱ）可求得BC的斜率，继而可求得BC边上高线AH所在直线的斜率，利用点斜式即可求得AH所在直线的方程．‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵A（﹣3，0），B（2，1），C（﹣2，3），∴BC的中点M（0，2），‎ ‎∴BC边上中线AD所在直线的方程为：y﹣2＝（x﹣0），∴2x﹣3y+6＝0；‎ ‎（Ⅱ）∵BC的斜率kBC＝﹣，∴BC边上高线AH所在直线的斜率kAH＝2，‎ ‎∴由点斜式得AH所在直线的方程为：y＝2（x+3），即2x﹣y+6＝0．‎ ‎【点睛】本题考查直线的点斜式方程与直线垂直间的关系，属于基础题．‎ ‎18.如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B‎1C1D1中，底面ABCD为菱形，E为DD1中点.‎ ‎（1）求证：BD1∥平面ACE；‎ ‎（2）求证：BD1⊥AC.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设AC与BD交于点O，连接OE，根据菱形性质和三角形的中位线定理可得OE∥D1B，再由线面平行的判定定理可得证；‎ ‎（2）由菱形的性质可得AC⊥BD，再由线面垂直的性质得DD1⊥AC，根据线面垂直的判定和性质可得证.‎ ‎【详解】（1）设AC与BD交于点O，连接OE，∵底面ABCD是菱形，∴O为DB中点，又因为E是DD1的中点，∴OE∥D1B，‎ ‎∵OE⊂面AEC，BD1⊄平面AEC，∴BD1∥平面ACE ‎（2）∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵DD1⊥底面ABCD，∴DD1⊥AC，且DB∩DD1＝D，‎ ‎∴AC⊥平面BDB1D1.∵BD1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BD1. ‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定和性质，关键在于运用空间里的线线，线面，面面的平行和垂直的判定和性质，属于中档题.‎ ‎19.已知直线经过（-2， 2），且垂直于直线．‎ ‎（1）求直线的方程；‎ ‎（2）求直线与两坐标轴围成的三角形的面积．‎ ‎【答案】（1）直线的方程为；（2）围成三角形的面积 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题直线与已知直线垂直得K，代入点斜式可得．‎ ‎（2）直线与两坐标轴围成的三角形为直角三角形，分别求出截距，求出面积．‎ 试题解析：（1）由于点P的坐标是（，2）．则所求直线与垂直，‎ 可设直线的方程为．把点P的坐标代入得，‎ 即．所求直线的方程为．‎ ‎（2）由直线的方程知它在轴、轴上的截距分别是、，‎ 所以直线与两坐标轴围成三角形的面积．‎ 考点：直线方程的求法，直线与坐标轴交点的算法．‎ ‎20.的内角、、所对的边分别为、、，向量与平行．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用向量共线的坐标表示结合正弦定理边角互化思想可求得的值，再结合角的取值范围，可得出角的值；‎ ‎（2）利用余弦定理求出，然后利用三角形的面积公式可求出的面积．‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 由正弦定理，得．‎ 因为，所以，因为，所以；‎ ‎（2）由余弦定理得，即，‎ 整理得，，解得.‎ 因此，面积为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用、利用余弦定理解三角形以及三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等边三角形且平面PAD⊥平面ABCD，O为棱AD的中点.‎ ‎（1）求证：PO⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求三棱锥C﹣PDB的体积；‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由等边三角形的性质得PO⊥AD，再根据面面垂直的性质可证得线面垂直.‎ ‎（2）先求得，再求出正△PAD的高，运用三棱锥的等体积法可求得体积.‎ ‎【详解】（1）证明：∵是等边三角形，O是AD中点，∴PO⊥AD，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴PO⊥平面ABCD；‎ ‎（2）∵底面ABCD是边长为2的正方形，∴，在等边三角形PAD中， PO，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定，三棱锥的体积的计算，关键在于运用三棱锥的等体积法，转化三棱锥的顶点，属于中档题.‎ ‎22.设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式 ‎（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ 解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列 ‎∴设其公比为q，q＞0‎ ‎∵a3=a2+4，a1=2‎ ‎∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1‎ ‎∵q＞0‎ ‎∴q="2" ‎ ‎∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n ‎（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 ‎∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1‎ ‎∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2‎ 点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．‎