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（文）试题 Word版

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（文）试题 Word版

江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期第一次段考文科数学 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分．每题只有一项符合题目要求．）‎ ‎1.已知0＜a＜b＜1，则下列不等式成立的是(　　) ‎ A．a3＞b3 B.＜ C．ab＞1 D．lg(b－a)＜0‎ ‎2.下列直线中，与己知直线y＝－x＋1平行，且不过第一象限的直线的方程是(　　)‎ A．3x＋4y＋7＝0 B．4x＋3y＋7＝0‎ C．4x＋3y－42＝0 D．3x＋4y－42＝0‎ ‎3.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为(　　)‎ A．13 B．17 C.19 D．21‎ ‎4.笑笑一星期的总开支分布如图1①所示，一星期的食品开支如图1②所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为(　　)‎ 图1‎ A．1%　 B．2%　　 C.3% D．5%‎ ‎5．设α、β是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是(　　)‎ A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥β C．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β D．若a、b在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b ‎6.在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，则A＝(　　) ‎ A．30° B．60° ‎ C．120° D．150°‎ ‎7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 (　　) ‎ A.　　　　　B．π C. D．2π ‎8.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配)．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得(　　)‎ A．一鹿、三分鹿之一 B．一鹿 C．三分鹿之二 D．三分鹿之一 ‎9.四面体S－ABC中，各个面都是边长为2的正三角形，E，F分别是SC和AB的中点，则异面直线EF与SA所成角等于(　　)‎ A．90° B．60° C．45° D．30°‎ ‎10.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E是DD1的中点，F是BB1的中点，设过点C1，E，F三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为(　　) ‎ A．菱形 B．矩形 C．梯形 D．五边形 ‎11.已知点P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(　　)‎ A．3 B. C．2 D．2‎ ‎12. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利．事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了．则此时乙队守门员需封堵区域面积是原来球门面积的(　　)‎ A. B. C. D. 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每小题5分，满分20分．） ‎ ‎13.已知直线l过点(－2，－3)且与直线2x－3y＋4＝0垂直，则直线l的方程为__ ． ‎ ‎14.已知向量a＝(，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，)．若a－2b与c共线，则k＝ _．‎ ‎15.若变量x，y满足约束条件则3x＋y的最大值是________．‎ ‎16．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下四个结论：‎ ‎①直线D1C∥平面A1ABB1；‎ ‎②直线A1D1与平面BCD1相交；‎ ‎③直线AD⊥平面D1DB；‎ ‎④平面BCD1⊥平面A1ABB1.‎ 其中正确结论的序号为________．‎ 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．(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求：（1）数列{an}的通项公式； （2）前n项和．‎ ‎18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点．‎ ‎(1) 求证：C1F∥平面ABE；‎ ‎(2)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1.‎ ‎19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.‎ ‎(1)求f的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调递减区间．‎ ‎20．(本小题满分12分)已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2,3)．‎ ‎(1)若点P(m，m＋1)在圆C上，求直线PQ的方程；‎ ‎(2)若M是圆C上任一点，求|MQ|的最大值和最小值．‎ ‎21.如图,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=,AB=AP=AE=2,将△PBA沿AB折起使得二面角PABE是直二面角.‎ ‎(1)求证:CD∥平面PAB;‎ ‎(2)求三棱锥EPAC的体积.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－y－4＝0相切．‎ ‎(1)求圆O的方程；‎ ‎(2)直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由．‎ 文科数学 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分．每题只有一项符合题目要求．）‎ ‎1.已知0＜a＜b＜1，则下列不等式成立的是(　　) ‎ A．a3＞b3 B.1a＜1b C．ab＞1 D．lg(b－a)＜0‎ ‎【解析】　由0＜a＜b＜1，可得a3＜b3，A错误；1a＞1b，B错误；ab＜1，C错误；0＜b－a＜1，lg(b－a)＜0，D正确．‎ ‎2.下列直线中，与己知直线y＝－43x＋1平行，且不过第一象限的直线的方程是(　　)‎ A．3x＋4y＋7＝0 B．4x＋3y＋7＝0‎ C．4x＋3y－42＝0 D．3x＋4y－42＝0‎ 解析：先看斜率，A、D选项中斜率为－34，排除掉；再看纵截距，要使纵截距小于0，才能使直线不过第一象限，只有B选项符合．‎ ‎3.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为(　　)‎ A．13 B．17 C.19 D．21‎ ‎【解析】　因为47－33＝14，所以由系统抽样的定义可知样本中的另一个学生的编号为5＋14＝19.‎ ‎4.笑笑一星期的总开支分布如图1①所示，一星期的食品开支如图1②所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为(　　)‎ 图1‎ A．1%　 B．2%　　 C.3% D．5%‎ ‎【解析】　由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.‎ ‎【答案】　C ‎5．设α、β是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是(　C　)‎ A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥β C．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β D．若a、b在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b ‎6.在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，则A＝(　　)‎ A．30° B．60° ‎ C．120° D．150°‎ ‎【解析】　由已知得a2＝b2＋bc＋c2，‎ ‎∴b2＋c2－a2＝－bc，∴cos A＝b2＋c2－a22bc＝－12，‎ 又0°0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(　　)‎ A．3 B.212 C．22 D．2‎ 解析：选D　圆C：x2＋y2－2y＝0的圆心为(0,1)，半径r＝1，由圆的性质知S四边形PACB＝2S△PBC，∵四边形PACB的最小面积是2，∴S△PBC的最小值为1＝12rd(d是切线长)，∴d最小值＝2，|PC|最小值＝22＋12＝5.∵圆心到直线的距离就是|PC|的最小值，‎ ‎∴|PC|最小值＝51＋k2＝5，∵k>0，∴k＝2，故选D.‎ ‎12. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利．事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了．则此时乙队守门员需封堵区域面积是原来球门面积的(　　)‎ A.310 B.710 C.9100 D.49100‎ 答案：D ‎ ‎ 解析：从罚球点S向球门ABCD四角引线，构成四棱锥S－ABCD(如右图)，守门员从平面ABCD向前移动3米至平面A′B′C′D′，只需封堵A′B′C′D′即可，故SA′B′C′D′SABCD＝(710)2＝49100.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每小题5分，满分20分．） ‎ ‎13.已知直线l过点(－2，－3)且与直线2x－3y＋4＝0垂直，则直线l的方程为__ ． ‎ 答案：3x＋2y＋12＝0‎ 解析：直线2x－3y＋4＝0的斜率为23，又直线l与该直线垂直，所以直线l的斜率为－32.又直线l过点(－2，－3)，因此直线l的方程为y－(－3)＝－32×[x－(－2)]，即3x＋2y＋12＝0.‎ ‎14.已知向量a＝(3，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，3)．若a－2b与c共线，则k＝ _．‎ 解析：因为a－2b＝(3，3)，由a－2b与c共线，有k3＝33，可得k＝1.答案：1‎ ‎15.若变量x，y满足约束条件x＋y≤4，x－y≤2，3x－y≥0，则3x＋y的最大值是_______‎ ‎【解析】　画出可行域，如图阴影部分所示，设z＝3x＋y，则y＝－3x＋z，平移直线y＝－3x知当直线y＝－3x＋z过点A时，z取得最大值．‎ 由x＋y＝4，x－y＝2，可得A(3,1)．故zmax＝3×3＋1＝10. ‎ ‎【答案】　10‎ ‎16．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下四个结论：‎ ‎①直线D1C∥平面A1ABB1；‎ ‎②直线A1D1与平面BCD1相交；‎ ‎③直线AD⊥平面D1DB；‎ ‎④平面BCD1⊥平面A1ABB1.‎ 其中正确结论的序号为________．答案：①④‎ 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．(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求：（1）数列{an}的通项公式； （2）前n项和．‎ ‎【解】(1)　设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得 ‎2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，‎ 所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，‎ 解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为1，公差为3.‎ ‎(2)数列的前n项和Sn＝3n2－n2.‎ ‎18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点．‎ ‎(1) 求证：C1F∥平面ABE；‎ ‎(2)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1.‎ ‎(1)取AB中点G，连接EG，FG.‎ 因为E，F分别是A1C1，BC的中点，‎ 所以FG∥AC，且FG＝12AC. 因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，‎ 所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，‎ 所以C1F∥EG. 又因为EG⊂平面ABE，所以C1F∥平面ABE. ‎ ‎(2)由题设知，B1B⊥AB，‎ 又AB⊥BC，B1B∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.‎ 因为AB⊂平面ABE，‎ 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.‎ ‎19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.‎ ‎(1)求fπ12的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调递减区间．‎ 解析：(1)因为函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x，‎ 所以f(x)＝1＋2sinxcosx＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋2＝2sin2x＋π4＋2，‎ 所以fπ12＝2sinπ6＋π4＋2＝2sinπ6cosπ4＋cosπ6•sinπ4＋2＝12＋32＋2＝5＋32.‎ ‎(2)由2kπ＋π2≤2x＋π4≤2kπ＋3π2，k∈Z，得kπ＋π8≤x≤kπ＋5π8，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递减区间是kπ＋π8，kπ＋5π8(k∈Z)．‎ ‎20．(本小题满分12分)已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2,3)．‎ ‎(1)若点P(m，m＋1)在圆C上，求直线PQ的方程；‎ ‎(2)若M是圆C上任一点，求|MQ|的最大值和最小值．‎ 解：将圆C的方程变形，得(x－2)2＋(y－7)2＝8，‎ 所以圆心C为(2,7)．‎ ‎(1)因为点P(m，m＋1)在圆C上，所以将点P的坐标代入圆C的方程，得(m－2)2＋(m＋1－7)2＝8，解得m＝4.‎ ‎∴点P的坐标为(4,5)，‎ ‎∴经过P、Q两点的直线方程为 y－5＝5－34－(－2)(x－4)，即x－3y＋11＝0.‎ ‎(2)经过Q、C两点的直线方程为 y－3＝7－32－(－2)[x－(－2)]，即y＝x＋5.‎ M是圆C上任一点，要使点M到点Q的距离达到最大或最小，点M必是直线QC与圆C的交点，因此解方程组 y＝x＋5，(x－2)2＋(y－7)2＝8，得x＝0，y＝5，或x＝4，y＝9.‎ 所以，得到M′(0,5)，M″(4,9)．‎ 故|MQ|min＝|M′Q|＝ (0＋2)2＋(5－3)2＝2 2，|MQ|max＝|M″Q|‎ ‎＝(4＋2)2＋(9－3)2＝6 2.‎ ‎21.如图,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=√5,AB=AP= AE=2,将△PBA沿AB折起使得二面角P AB E是直二面角.‎ ‎ ‎ ‎(1)求证:CD∥平面PAB;‎ ‎(2)求三棱锥E PAC的体积.‎ ‎(1)证明:因为1/2AE=2,所以AE=4,‎ 又AB=2,AB⊥AE,‎ ‎ ‎ 所以BE=√(AB^2+AE^2 )=√(2^2+4^2 )=2 ,‎ 又因为AC= = BE,‎ 所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点,‎ 又因为D是AE的中点,‎ 所以CD∥AB,‎ 又因为CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以CD∥平面PAB.‎ ‎(2)解:由(1)可证CD⊥平面PAE,CD= AB=1,‎ 因为二面角P AB E是直二面角,平面PAB∩平面ABE=AB,PA⊂平面PAB,PA⊥AB,‎ 所以PA⊥平面ABE,‎ 又因为AP=2,‎ 所以 = = × ×AE×CD×AP= × ×4×1×2= .‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－3y－4＝0相切．‎ ‎(1)求圆O的方程；‎ ‎(2)直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设圆O的半径长为r，因为直线x－3y－4＝0与圆O相切，所以r＝|0－3×0－4|1＋3＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)法一：因为直线l：y＝kx＋3与圆O相交于A，B两点，‎ 所以圆心(0,0)到直线l的距离d＝|3|1＋k2<2，‎ 解得k>52或k<－52.‎ 假设存在点M，使得四边形OAMB为菱形，则OM与AB互相垂直且平分，‎ 所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离d＝12|OM|＝1.‎ 所以|3|1＋k2＝1，解得k2＝8，‎ 即k＝±22，经验证满足条件．‎ 所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形．‎ 法二：设直线OM与AB交于点C(x0，y0)．‎ 因为直线l斜率为k，显然k≠0，所以直线OM方程为y＝－1kx，‎ 由y＝kx0＋3，y＝－1kx0，解得x0＝－3kk2＋1，y0＝3k2＋1.‎ 所以点M的坐标为－6kk2＋1，6k2＋1.‎ 因为点M在圆上，所以－6kk2＋12＋6k2＋12＝4，解得k＝±22，经验证均满足条件．‎ 所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形．‎