2020-2021学年贵州省遵义市航天高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

2020-2021学年贵州省遵义市航天高级中学高二上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】【详解】试题分析：设直线的倾斜角为，由两点斜率公式的直线的斜率所以，故选A．

【考点】1、直线的斜率公式；2、直线的倾斜角．

2．过点，且垂直于直线的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据所求直线垂直于直线，设其方程为，然后将点代入求解.

【详解】

因为所求直线垂直于直线，

所以设其方程为，

又因为直线过点，

所以，

解得

所以直线方程为：

故选：B

【点睛】

本题主要考查两直线的位置关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

3．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】【详解】

若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确.

4．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为，底面周长为，则圆柱的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先利用圆柱的底面半径、圆柱的高表示、以及体积，再化简求三者关系即得结果.

【详解】

设圆柱的底面半径为、圆柱的高为，

则

故选：D

【点睛】

本题考查圆柱体积、侧面积，考查基本分析求解能力，属基础题.

5．若直线与直线互相垂直,则等于(   )

A．1 B．-1 C．±1 D．-2

【答案】C

【解析】分类讨论：两条直线的斜率存在与不存在两种情况，再利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可．

【详解】

解：①当时，利用直线的方程分别化为：，，此时两条直线相互垂直．

②如果，两条直线的方程分别为与，不垂直，故；

③，当时，此两条直线的斜率分别为，．

两条直线相互垂直，

，化为，

综上可知：．

故选．

【点睛】

本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论思想方法，属于基础题．

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． B． C． D．

【答案】D

【解析】【详解】

解：该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为 .

本题选择D选项.

7．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用平行的传递性得出，得出异面直线与所成角为，再由为等边三角形，确定异面直线与所成角.

【详解】

如下图所示，连接

，

则异面直线与所成角为

，即为等边三角形

故选：C

【点睛】

本题主要考查了求异面直线的夹角，属于中档题.

8．若是所在平面外点,,,两两垂直,且平面于点,则是的(    )

A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心

【答案】D

【解析】点为所在平面外一点,平面,垂足为,连结并延长,交与连结并延长,交于,求证、,即可求得答案.

【详解】

连结并延长交与,连结并延长交于,

,,

面

又面

,

面

面

故,即

同理:;

根据三角形垂心定义可知:是的垂心.

故选:D.

【点睛】

本题根据线面垂直判断三角形的垂心,解题关键是掌握线面垂直判断定理和三角形垂心的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于中档题.

9．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】过圆心作直线的垂线，垂线与直线的交点向圆引切线，切线长最小．

【详解】

圆心,半径 ，圆心到直线的距离

则切线长的最小值

【点睛】

本题考查圆的切线长，考查数形结合思想，属于基础题．

10．曲线 ()与直线有两个公共点时，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】易知曲线 表示以 为圆心，以2为半径的半圆，直线过定点，然后在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，利用数形结合法求解.

【详解】

曲线 变形为表示以 为圆心，以2为半径的半圆，

直线过定点，

在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，如图所示：

当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，

即，解得，即，又，

由图知：当曲线 ()与直线有两个公共点时：，即.

故选：D

【点睛】

本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.

11．已知定义在上的函数满足，且当时，；令，若在区间内，方程有4个不相等实根，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据可得是周期为的函数，再由当时，，

即可一个周期的图象，进而可得在区间内的图象，再利用与图象有4个交点，数形结合即可得实数的取值范围.

【详解】

因为，所以，可得是周期为的函数， ，若在区间内，方程有4个不相等实根，

则方程在区间内有4个不相等实根，

等价于与图象有4个不同的交点，

因为当时，，所以图象如图所示：

把代入得，数形结合得实数的取值范围是，

故选：C

【点睛】

本题主要考查了函数周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，采用了数形结合的思想，属于中档题.

12．如图，在二面角内半径为的圆与半径为的圆分别在半平面.内，且与棱切于同一点，则以圆 与圆为截面的球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设球心为，连接，，则，，，四点共圆，且为所在圆的直径，也为球的半径．在三角形中，由余弦定理得出，再由正弦定理求出．利用球表面积公式计算．

【详解】

设球心为，连接，，则，，，四点共圆，且为球的半径．

根据球的截面圆的性质，，．

可知为二面角的平面角，，

从而，，在三角形中，由余弦定理得，再由正弦定理得

．

球的表面积．

故选：．

【点睛】

本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，属于难题．

13．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.

【考点】正四棱柱的几何特征；球的体积.

二、填空题

14．直线在两坐标轴上的截距之和为2，则实数__________．

【答案】

【解析】令表示出，得到直线的纵截距．令表示出，得到直线的横截距．根据题意列方程求解．

【详解】

令解得：，令解得，由题意得：，解得：．

【点睛】

本题主要考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距．令解出，得到直线的横截距．

15．四边形的直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，那么四边形的面积为_________.

【答案】

【解析】根据四边形的直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形,可得原图是上底为，下底为，高为的直角梯形，即可求出原图四边形的面积.

【详解】

由题意知直观图如图：

，，，过点作于点，所以，

所以，

原图如图：

，，，所以梯形面积为，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了斜二测画法作图规则，属于逆用题型.

16．如图，在矩形中，，，点为的中点，点在边上，且，则的值是_________

【答案】

【解析】先表示出和，再求得，，，最后求即可.

【详解】

解：因为点在边上，且，

所以，

因为点为的中点，

所以

所以

在矩形中，，，，

所以，，，

所以

所以

故答案为：.

【点睛】

本题考查平面向量的线性运算、平面向量的基本定理、求平面向量的数量积，是中档题.

17．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是_________.

①；

②平面平面；

③平面平面；

④直线平面；

⑤直线与平面所成的角为

【答案】②③⑤

【解析】①若，由平面，得到，则平面判断；②由平面，利用面面垂直的判定定理判断； ③易得平面PAE，再利用面面垂直的判定定理判断；④由直线，易得平面，再由平面与平面PAE相交判断；⑤根据平面，得到直线与平面所成的角，然后再由求解判断.

【详解】

如图所示：

①若，又平面，则，所以平面，则，而，故错误；

②平面，平面 ，所以平面平面，故正确；

③因为平面，所以，又，所以平面PAE，平面PAB，所以 平面平面，故正确；

④因为直线，平面平面，所以平面，显然BC与平面PAE不平行，故错误；

⑤因为平面，所以直线与平面所成的角，又，，所以，则，故正确；

故答案为： ②③⑤

【点睛】

本题主要考查线面，面面位置关系的判断，还考查转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.

三、解答题

18．图1是由矩形.和菱形组成的一个平面图形，其中，将其沿，折起使得与重合，连结，如图2.

（1）证明：图2中的四点共面；

（2）证明：平面平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）易得ADBE，CGBE，由平行关系的传递性得到ADCG，再利用平面的基本性质证明.

（2）由ABBE，ABBC，利用线面垂直的判定定理得到AB平面BCGE，再利用面面垂直的判定定理证明.

【详解】

（1）由已知得ADBE，CGBE，

所以ADCG，

故AD，CG确定一个平面，

从而A，C，G，D四点共面.

（2）由已知得ABBE，ABBC，，

故AB平面BCGE.

又因为AB平面ABC，

所以平面ABC平面BCGE..

【点睛】

本题主要考查平面的基本性质和线面垂直、面面垂直的判定定理，还考查了逻辑推理的能力，属于中档题.

19．已知圆,直线．

（1）判断直线与圆的位置关系；

（2）若直线与圆交于不同两点,且,求直线的方程．

【答案】（1）直线与圆相交；（2）或．

【解析】试题分析：（1）通过比较圆心到直线的距离与半径的关系，不难发现直线和圆相交．（2）根据垂径定理，得到圆心与直线的距离，进而列方程求解即可．

试题解析：（1）将圆方程化为标准方程,所以圆的圆心,半径,圆心到直线的距离,因此直线与圆相交．

（2）设圆心到直线的距离为,则,又,解得所求直线为或．

【考点】直线与圆的位置关系．

20．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为的中点，平面，，为的中点.

（1）证明:平面；

（2）求直线与平面所成角的正切值.

（3）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，知PB∥MO.，由此能够证明PB∥平面ACM;

(2）取DO中点N，连接MN，AN，可知∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，解三角形求正切值;

（3）由题意，根据体积公式计算即可.

【详解】

(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，

因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，

又M为PD的中点，所以PB∥MO.

因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，

所以PB∥平面ACM.

(2)取DO中点N，连接MN.AN，因为M为PD的中点，

所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.

由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，

所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.

在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，

所以DO＝，从而AN＝DO＝，

在Rt△ANM中，tan∠MAN＝

即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为

（3）∵平面是的中点，

∴到平面的距离为

又∵，四边形是平行四边形，

∴，

又∵

∴

∴

【点睛】

本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，仔细解答注意合理地转化空间问题为平面问题.

21．已知数列的前项和，，且的最大值为8.

（1）确定的值并求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）.

【解析】（1）利用前项和，，且的最大值为8先求出参数的值，然后求数列的通项公式；

（2）利用乘公比错位相减求前项和.

【详解】

（1）∵，开口向下得抛物线，又，，所以当时，，由题设，，故；

得；当时，；

当时，

因为时，，也满足，所以，

（2）∵，

∴，

故，

，

由①②得：，

故.

【点睛】

本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的通项公式，以及乘公比错位相减求和，属于中档题.

22．如图，在四棱锥中，⊥平面，⊥平面，，.

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离；

（3）求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】（1）取的中点，连接，结合题干可证平面，四边形为平行四边形，从而得证平面，进而得证；

（2）采用等体积法，结合几何关系求出和，由联立即可求解；

（3）由定义法可证是二面角的平面角，结合几何关系即可求解.

【详解】

（1）分别取的中点，连接，

∴是的中位线，∴，

∵，∴，又∵平面，

∴，又∵，∴平面，

又∵平面，

∴，∴，

∴四边形为平行四边形，∴，

∴平面，又∵平面，

∴平面；

(2)∵，

∴，∴，

又∵，∴，

∴，

设到平面的距离为，

∴，∴，

即点到平面的距离为；

（3）∵是等腰三角形，

∴，

∴是二面角的平面角，

又∵，∴，

即二面角的平面角大小为.

【点睛】

本题考查面面垂直的证明，等体积法求点面距离，定义法求解二面角的大小，属于中档题

23．的内角的对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．

【答案】(1) ;(2).

【解析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.

【详解】

(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．

，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.

(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，

故，解得.

又应用正弦定理，，

由三角形面积公式有：

.

又因,故，

故.

故的取值范围是

【点睛】

这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.