2020-2021学年安徽省六安市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c的位置关系为( )
A.相交、平行或异面B.相交或平行
C.异面D.平行或异面

2. 以下判断中正确的是( )
A.经过三点可以确定一个平面
B.经过一条直线和一个点可以确定一个平面
C.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
D.四边形确定一个平面

3. 下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（ ）
A.B.
C.D.

4. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A.7B.6C.5D.3

5. 如图所示的直观图的平面图形ABCD中， AB=2, AD=2BC=4，则原四边形的面积( )

A.43B.83C.12D.10

6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.323B.32C.163D.16

7. 若圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是（ ）
A.33πB.3πC.63πD.6π

8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )

A.163πB.1912πC. 193π D.43π

9. 给出下列命题：
①第二象限角大于第一象限角；
②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；
③不论用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形所对半径的大小无关；
④若sinα=sinβ，则α与β的终边相同；
⑤若csθ<0，则θ是第二或第三象限的角．
其中正确命题的个数是( )
A.1B.2C.3D.4

10. 已知在 △ABC中，AB=23,sinA=223,tanC=55，则 BC=( )
A.83 B. 8C. 43 D.4

11. 一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为( )

A.1:3B.1:4C.1:5D.1:6

12. 设x，y满足约束条件3x−y−6≤0,x−y+2≥0,x≥0,y≥0,若目标函数z=ax+bya>0,b>0的最大值为12，则2a+3b的最小值为( )
A.83B.256C.113D.4
二、填空题

若关于x的不等式m+1x2−mx+m−1>0的解集为⌀，则实数m的取值范围是________.
三、解答题

一个正三棱台的上下底面边长分别为3cm、6cm，高是32cm，求此三棱台的：
(1)侧棱长；

(2)体积．

已知函数f(x)=3sin2x+2cs2x−1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；

(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=3，f(C)=1，sinB=2sinA，求a，b的值.

已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{bn}的前3项．
(1)求an，bn；

2设cn=bn+1anan+1，求cn的前n项和Sn．

如图所示，在空间四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG=13BC，CH=13DC.
求证：
(1)E，F，G，H四点共面；

(2)直线FH，EG，AC共点．

已知一个圆锥的地面半径为R，高为15R，点M是母线VP的中点．

(1)若该圆锥中有一个内接正方体，求该正方体的棱长；

(2)有一只虫子从P点绕着圆锥面爬行到M点（如图中曲线PM），求该虫爬过的最短距离．

棱长1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点．

(1)求证：EF⊥CF；

(2)求EF与CG所成角的余弦值；
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据异面直线的定义可得直线α，毛的位置关系可能相交，可能平行，可能是异面直线．
【解答】
解：因为a，b是异面直线，b，c是异面直线，
则a，c的位置关系可能相交，可能平行，也可能是异面直线，如图所示.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，必须是不共线的三点确定一个平面，故A不对；
B，一条直线和直线外的一点确定一个平面，故B不对；
C，两两相交且不共点的三条直线，则三个交点不共线，
故它们可以确定一个平面，故C正确；
D，比如空间四边形则不是平面图形，故D不对.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，分别连结PR，QS，如图，
则PR // QS，故P，Q，R，S共面；
B，过P，Q，R，S可作一正六边形，如图，
故P，Q，R，S四点共面；
C，分别连结PQ，RS，
则PQ // RS，故P，Q，R，S共面；
D，分别连结PS，RQ，如图，
PS与RQ为异面直线，故P，Q，R，S四点不共面．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设出上底面半径为r，利用圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，求出上底面半径，即可．
【解答】
解：设上底面半径为r，
因为圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，
母线长为3，圆台的侧面积为84π，
所以S侧面积=π(r+3r)l=84π，r=7.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为1+2，利用梯形面积公式求解即可．也可利用原图和直观图的面积关系求解．
【解答】
解：直观图的高为AB⋅sin45∘=2，
所以直观图的面积为12×(2+4)×2=32，
∴ 原四边形面积为：32÷24=12．
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
先从三视图判断原几何体的形状和特点，再把相关的已知的量找出来，利用三棱锥体积公式求解即可.
【解答】
解：由三视图可判断几何体是一个三棱锥，
底面三边为4，4，42，高为4，
则几何体的体积为
V=13Sℎ=13×12×42×4×22=323.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
该圆锥的底面半径r＝2．由题意可知该圆锥的母线长为4，则圆锥的高为23，由此能求出该圆锥的体积．
【解答】
解：因为圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，
所以该圆锥的底面周长为2π，
则底面半径为1，圆锥的高为3，
所以圆锥的体积为13π×12×3=33π.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图求外接球问题
由三视图求表面积
球的表面积和体积
【解析】
通过三视图判断几何体的特征，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是1，根据三棱柱的两个底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积．
【解答】
解：由三视图知，几何体是一个三棱柱，
三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是1，
三棱柱的两个底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，如图：
底面是正三角形，AD=233，OD=12．
r=AO=AD2+OD2
=(233)2+(12)2=1912．
所以该几何体外接球的表面积为：4πr2=193π．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
任意角的概念
【解析】
根据题意，对题目中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】
解：对于①，根据任意角的概念知，
第二象限角不一定大于第一象限角，
例如120∘是第二象限角，361∘是第一象限角，
而361∘>120∘，故①错误；
对于②，三角形的内角α∈(0, π)，
∴ α是第一象限角或第二象限角，或y轴正半轴角，故②错误；
对于③，根据角的定义知，不论用角度制还是用弧度制度量一个角，
它们与扇形所对半径的大小无关，故③正确；
对于④，若sinα=sinβ，则α与β的终边相同，
或关于y轴对称，故④错误；
对于⑤，若csθ<0，则θ是第二或第三象限的角，
或终边在x负半轴上，故⑤错误.
综上，其中正确命题是③，只有1个．
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为 tanC=55 ,所以 sinC=66，
在△ABC 中，由正弦定理，
可得ABsinC=BCsinA，故2366=BC223，
解得 BC=8.
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积（切割型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，几何体被平面ABCD分为上下两个部分，如图所示：
∵ 正方体的棱长为2，
截去部分体积为：12×2×1×2=2，
剩余部分体积为：2×2×2−2=6，
∴ 截去部分与剩余部分体积的比为：1:3.
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分，
当直线ax+by=za>0,b>0，
过直线x−y+2=0与直线3x−y−6=0的交点4,6时，
目标函数z=ax+bya>0,b>0取得最大值12，
即4a+6b=12，即2a+3b=6，
而2a+3b=2a+3b2a+3b6
=136+ba+ab≥136+2=256．
故选B.
二、填空题
【答案】
(−∞,−233]
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：由题可得，(m+1)x2−mx+m−1≤0的解集为R，
令f(x)=(m+1)x2−mx+m−1，
当m=−1时，不成立，
当m>−1时，不成立,
当m<−1时, Δ≤0，
∴m2−4(m+1)(m−1)≤0，
∴m2≥43 ，
∴m≥233或m≤−233，
又m<−1，
∴m≤−233.
故答案为：(−∞,−233].
三、解答题
【答案】
解：(1)如图，
由题意知，DM=23×3×32=3，
AN=23×6×32=23，
又由MN=32，
则AD=MN2+(AN−DM)2=212，
即侧棱长为212cm.
(2)S1=12×3×3×sin60∘=934，
S2=12×6×6×sin60∘=93，
则V=13×(934+1293+93)×32=6338(cm2)．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱台的结构特征
【解析】
作出三棱台，（1）构造直角三角形，利用勾股定理求解，
（3）代入体积公式求体积即可．
【解答】
解：(1)如图，
由题意知，DM=23×3×32=3，
AN=23×6×32=23，
又由MN=32，
则AD=MN2+(AN−DM)2=212，
即侧棱长为212cm.
(2)S1=12×3×3×sin60∘=934，
S2=12×6×6×sin60∘=93，
则V=13×(934+1293+93)×32=6338(cm2)．
【答案】
解：(1)由f(x)=3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
可得最小正周期为T=2π2=π，
令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ(k∈Z)，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ(k∈Z)，
∴ 函数的单调递减区间为[π6+kπ,2π3+kπ],k∈Z；
(2)∵ f(C)=2sin(2C+π6)=1，
∴ C=π3.
由余弦定理得(3)2=a2+b2−2abcsπ3，
即a2+b2−ab=3，①
又∵ sinB=2sinA，
由正弦定理得b=2a，②
①②联立，
解得a=1，b=2.
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦函数的周期性
余弦定理
正弦定理
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
（1）根据辅助角公式即可求得f(x)，即可求得f(x)最小正周期及单调递减区间；
（2）由f(C)＝1，即可求得C，利用余弦定理及正弦定理即可求得a和b的值．
【解答】
解：(1)由f(x)=3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
可得最小正周期为T=2π2=π，
令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ(k∈Z)，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ(k∈Z)，
∴ 函数的单调递减区间为[π6+kπ,2π3+kπ],k∈Z；
(2)∵ f(C)=2sin(2C+π6)=1，
∴ C=π3.
由余弦定理得(3)2=a2+b2−2abcsπ3，
即a2+b2−ab=3，①
又∵ sinB=2sinA，
由正弦定理得b=2a，②
①②联立，
解得a=1，b=2.
【答案】
解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知：a1+a2+a3+a4=4a1+4×4−12d=4a1+6d=10，①
又因为a1,a2,a4成等比数列，
所以a22=a1⋅a4，
所以(a1+d)2=a1⋅(a1+3d)，
整理得d2=a1d,
又因为d≠0,
所以a1=d，②
由①②得a1=1，d=1，
所以an=n，bn=2n−1.
(2)因为cn=2n−1+1nn+1，
所以Sn=20+21+⋯+2n−1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−2n1−2+1−1n+1
=2n−1n+1，
所以数列{cn}的前n项和Sn=2n−1n+1．
【考点】
等比中项
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知：a1+a2+a3+a4=4a1+4×4−12d=4a1+6d=10，①
又因为a1,a2,a4成等比数列，
所以a22=a1⋅a4，
所以(a1+d)2=a1⋅(a1+3d)，
整理得d2=a1d,
又因为d≠0,
所以a1=d，②
由①②得a1=1，d=1，
所以an=n，bn=2n−1.
(2)因为cn=2n−1+1nn+1，
所以Sn=20+21+⋯+2n−1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−2n1−2+1−1n+1
=2n−1n+1，
所以数列{cn}的前n项和Sn=2n−1n+1．
【答案】
证明：(1)如图，连接EF,GH，
∵ E，F分别是AB，AD的中点，
∴ EF // BD；
∵ G，H分别为BC，CD上的点，
且CG=13BC，CH=13DC，
∴ GH // BD．
∴ EF // GH，
∴ E，F，G，H四点共面．
(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，
可设 FH∩AC=M， M∈ 平面EFHG,M∈ 平面ABC.
∵ 平面 EFHG∩ 平面ABC=EG，∴ M∈EG,
∴ 直线FH，EG，AC共点.
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
（1）利用三角形中位线定理、平行线分线段成比例的判定定理及共面的判定定理即可证明；
（2）利用分别位于两个相交平面的相交直线必相交于两个相交平面的交线上．
【解答】
证明：(1)如图，连接EF,GH，
∵ E，F分别是AB，AD的中点，
∴ EF // BD；
∵ G，H分别为BC，CD上的点，
且CG=13BC，CH=13DC，
∴ GH // BD．
∴ EF // GH，
∴ E，F，G，H四点共面．
(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，
可设 FH∩AC=M， M∈ 平面EFHG,M∈ 平面ABC.
∵ 平面 EFHG∩ 平面ABC=EG，∴ M∈EG,
∴ 直线FH，EG，AC共点.
【答案】
解：(1)设该正方体的棱长为a，
则利用轴截面可得22aR=15R−a15R，
∴ a=152−21513R.
(2)圆锥的底面半径为R，高为15R，
∴ VP=4R，
圆锥的侧面展开图为扇形，弧长为2πR，圆心角为π2，
∴ 该虫爬过的最短距离为4R2+16R2=25R．
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
（1）设该正方体的棱长为a，则利用轴截面可得22aR=15R−a15R，即可求出该正方体的棱长；
（2）求出VP=4R，圆锥的侧面展开图为扇形，弧长为2πR，圆心角为π2，即可求出该虫爬过的最短距离
【解答】
解：(1)设该正方体的棱长为a，
则利用轴截面可得22aR=15R−a15R，
∴ a=152−21513R.
(2)圆锥的底面半径为R，高为15R，
∴ VP=4R，
圆锥的侧面展开图为扇形，弧长为2πR，圆心角为π2，
∴ 该虫爬过的最短距离为4R2+16R2=25R．
【答案】
(1)证明：在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，
易得EF=32，FC=22，CE=52，
∴ EF2+CF2=CE2，
∴ EF⊥CF.
(2)解：取B1D1的中点M，连接GM，CM，B1D．
在平面BB1D1D上，FE // BD1，GM // BD1，
所以∠CGM（或其补角）为EF与CG所成角．
在△CMG中，MG=32，
CG=1+14=52，CM=1+12=62，
∴ cs∠CGM=34+54−642×32×52=1515，
∴ EF与CG所成角的余弦值为1515.
【考点】
两条直线垂直的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）利用线面垂直的判定证明CF⊥平面BDD1B1，再利用线面垂直的性质证明EF⊥CF；
（2）取B1D1的中点M，连接GM，CM，B1D．在平面BB1DD1上，FE // B1D，GM // B1D，所以∠CGM（或其补角）为EF与CG所成角，故可求；
【解答】
(1)证明：在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，
易得EF=32，FC=22，CE=52，
∴ EF2+CF2=CE2，
∴ EF⊥CF.
(2)解：取B1D1的中点M，连接GM，CM，B1D．
在平面BB1D1D上，FE // BD1，GM // BD1，
所以∠CGM（或其补角）为EF与CG所成角．
在△CMG中，MG=32，
CG=1+14=52，CM=1+12=62，
∴ cs∠CGM=34+54−642×32×52=1515，
∴ EF与CG所成角的余弦值为1515.