广西南宁市第三中学2020-2021学年高二数学上学期月考试题（一）理（含解析）.doc

1、广西南宁市第三中学2020-2021学年高二数学上学期月考试题（一）理（含解析）一、选择题.（本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式，直接化简求解，即可得出结果.【详解】.故选：C.【点睛】本题主要考查根据诱导公式化简求值，属于基础题型.2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求集合，再求.【详解】，求得集合，所以.故选：B【点睛】本题考查集合交集，属于基础题型.3. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）A. B. C. D.

2、【答案】D【解析】【分析】列举出循环的每一步，可得出该程序的输出结果.【详解】该程序的运行过程为：，判断框条件不成立，开始执行循环体；，继续循环；，继续循环；，继续循环；，跳出循环，输出.故选：D.【点睛】本题考查利用程序框图输出结果，解题的关键就是利用程序框图，列出循环的每一步，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.4. 我国古代数学名著九章算术有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2020石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，则这批米内夹谷约为（ ）A. 222石B. 220石C. 230石D. 232石【答案】C【解析】【分析】根据米255粒内夹谷29粒，求得

3、频率，再根据频率计算这批米内夹谷量.【详解】根据米255粒内夹谷29粒，则频率为，则这批米内夹谷约为（石）.故选：C.【点睛】本题考查了用样本估计总体，属于基础题.5. 设m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列说法错误的是（ ）A. 若，则；B. 若，则；C. 若，则；D. 若，则【答案】C【解析】【分析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项， m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以所以该选项正确.详解】对于选项，若，则，所以该选项正确；对于选项，若，则，所以该选项正确；对于选项，若，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项

4、错误；对于选项，若，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以所以该选项正确.故选：C【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6. ，则下列不等关系中一定成立的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】利用不等式的性质和特值法依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，若，则，故A正确；对选项B，令，满足，不满足，故B错误；对选项C，令，此时满足，则无意义，故C错误；对选D，令，满足，不满足.故选：A【点睛】本题主要考查不等式的性质，特值法为解题的关键，属于简单题.7. 在四面体中，空间的一点M满足，若M，A

5、，B，C共面，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间四点共面可知，直接求的值.【详解】因为M，A，B，C共面，则，得.故选：A【点睛】本题考查空间四点共面定理，属于基础题型.8. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性、单调性进行判断即可.【详解】由图象可知，该函数为奇函数，定义域为，并且在上单调递增，因为函数和为偶函数，排除A，B；又为奇函数，在上单调递减，排除C；而为奇函数，定义域为，并且在上单调递增.故选：D.【点睛】本题考查根据函数的图象判断函数的解析式，考查学生对于函数单调性、奇偶性

6、的判断，较简单.9. 过正三棱柱底面一边和两底中心连线的中点作截面，则这个截面的形状是（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰梯形D. 平行四边形【答案】C【解析】【分析】根据平面的基本性质作交点、交线根据平面的位置关系确定线线位置关系【详解】如图，过和中点作截面，分别是中点，直线是截面与平面的交线，在平面中延长与相交于点，由于，而，因此在的延长线上，连接交于，连接交于，连接，四边形为截面由正三棱柱的性质可得，四边形是等腰梯形故选：C【点睛】本题考查棱柱的截面，掌握平面的基本性质是解题关键要注意两直线的交点只有在同一平面内才可作出同样平行线也只能在同一平面内才能作出10. 已知函数.则

7、（ ）A. 的最大值为2B. 的图象关于直线对称C. 为奇函数D. 的最小正周期为【答案】B【解析】【分析】A. 根据判断；B.根据正弦函数的对称轴为判断；C.利用函数奇偶性定义判断；D.利用最小正周期公式判断.【详解】因为当时，取得大为，故A错误；因为的对称轴满足，当时，故B正确.因为，则，即不是奇函数，故C错误；因为的最小正周期，故D错误；故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11. 斐波那契螺旋线是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13画出来的螺旋曲线，如图1中的实线部分（正方形内的数字为正方形的边长）自然界中存在许多这样的图案，比如

8、向日葵种子的排列，如图2若一圆锥底面圆的周长恰好等于图1的螺旋曲线的长度，且轴截面为等边三角形，则该圆锥的高为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图1可以求出螺旋线的长度，再根据其等于圆锥底面圆的周长可以求出底面圆的半径，然后根据轴截面为等边三角形可求出圆锥的高，从而得解【详解】图1中螺旋线的长度为，圆锥底面圆的半径为，则，解得因为轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为故选：B【点睛】本题以数学文化为背景让学生欣赏数学的美，主要考查弧长公式、圆锥的基本知识，考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题12. 如图，四棱锥中，为矩形，平面平面，是线段上的点(不含端点).设

9、与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间角的定义作出异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角，归结在直角三角形中计算正弦值、余弦值，然后可得角大小【详解】如图，取中点，连接，而平面平面，平面平面，平面，连接，作交于，则平面，为直线与所成的角，即，作于，连接，则是直线与平面所成的角，即，显然，作交于，则，连接，由平面得，平面，是二面角的平面角，即，同样，由图可知，（都是锐角），（也是锐角），又，根据上面作图过程知是矩形，综上故选：D【点睛】本题考查空间角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题关键

10、是根据它们的定义作出这些角（平面上的角），然后利用三角函数值比较它们的大小二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卷相应位置上）13. 设x，y满足约束条件，则的最大值是_.【答案】5【解析】【分析】首先作出可行域，再根据表示斜率的一组平行线，根据平移求出最优解，再求目标函数的最大值.【详解】作出x，y满足约束条件表示的平面区域得到如图阴影部分及其内部，其中，O为坐标原点设，表示斜率的一组平行线，将直线进行平移，当l经过点A时，目标函数z达到最大值.故答案为：5【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型.14. 在正方体中，E为棱的中点，则异面直

11、线与所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】根据是正方体，易得，则即为异面直线与所成角或其补角，然后在三角形中，利用余弦定理求解.【详解】因为是正方体，所以，连接，如下图所示：则即为异面直线与所成角或其补角，不妨设正方体棱长为2，在三角形中，.所以.又异面直线夹角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求法以及余弦定理的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于基础题.15. 在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意，设，建立空间的一个基底，在正四面体中，根据向量的数量积的运算，即可求解.【详解】

12、由题意，设，建立空间的一个基底，在正四面体中，所以.【点睛】本题主要考查了空间向量的数量积的运算问题，其中解答中建立适当的空间基底，熟记向量的表示，以及向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.16. 已知A、B为半径为2的球O表面上的两点，且.平面平面，直线，若平面、截球O所得的截面分别为和，则_.【答案】【解析】【分析】将题中点线面放置到长方体中，通过解三角形推出结果即可.【详解】解：将题中点线面放置到长方体中，如图所示：平面为平面，平面为平面,则，可得，设，则，得，则.故答案：.【点睛】本题考查球的截面问题，空间两点距离公式的应用，考查转化思想及

13、空间想象能力，计算能力三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步聚）17. 学校为了制定培养学生阅读习惯，指导学生提高阅读能力的方案，需了解全校学生的阅读情况，现随机调查了200名学生每周阅读时间X（单位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图.（1）为查找影响学生阅读时间的因素，学校团委决定从每周阅读时间为，的学生中抽取6名参加座谈会，你认为6个名额应该怎么分配？并说明理由；（2）利用样本估计总体的方法，估计全校每周阅读时间的中位数a（a的值精确到0.01）.【答案】（1）按照1：2进行名额分配，理由见解析；（2）；【解析】【分析】根据每周阅读时间为与每周阅读时

14、间为的差异明显，采用分层抽样的方法，再根据两者频率分别为0.1，0.2求解.（2）根据，由中位数求解.【详解】（1）每周阅读时间为的学生中抽取2名，每周阅读时间为的学生中抽取4名.理由：每周阅读时间为与每周阅读时间为是差异明显的两层，为保持样本结构与总体结构的一致性，提高样本的代表性，宜采用分层抽样的方法抽取样本，两者频率分别为0.1，0.2，按照1：2进行名额分配.（2），中位数，由，解得.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用以及分层抽样方法，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.18. 已知是等差数列，是等比数列，且，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2

15、）.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，运用通项公式，可得，进而得到所求通项公式； （2）由（1）求得，运用等差数列和等比数列的求和公式，即可得到数列和【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，可得，所以，又由，所以，所以数列的通项公式为（2）由（1）知，可得，则数列的前项和为【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题19. 如图，四棱锥中，M是的中点，且，又面.（1）证明：面；（2）求四棱锥的体积

16、.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）作的中点为，可以证明四边形为平行四边形，从而，也就是平面；（2）取的中点为，连接.过作交于，可以证明平面，故为四棱锥的高，从而求得的体积.【详解】（1）如图，取的中点为，连接.因为为的中点，所以.又，所以，故四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，故平面 .（2）如图，取的中点为，连接.过作交于.在梯形中，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，故. 因为面，所以.所以，所以 平面.又平面，所以平面平面.因为，平面，平面平面，所以平面，故为四棱锥的高.因为平面，平面，所以.在矩形中，.在 中， 所以.【点睛】（1）要证明立体几何中

17、的线线垂直，我们可以有下面几种途径：平面几何中的垂直关系（如果勾股定理等）；利用线面垂直得到线线垂直；如果一条直线垂直于两条平行线中一条，那么也垂直另一条.（2）线面平行的证明，可以通过在平面中找出与已知直线平行的直线（用平行投影或中心投影）来证明，也可以把已知的直线放置在一个平面中，通过证明面面平行来证明.（3）体积的计算关键是高，可以通过构建面面垂直来作出高.20. 在平面四边形中，已知，.（1）若，求；（2）求.【答案】（1）；（2）1.【解析】分析】(1)在中，利用余弦定理求出，进而在中求出；(2)在和中分别使用余弦定理表示，联立方程组可得出的值【详解】(1)在中，得，所以，；(2)在

18、中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，得，所以为定值1.【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查学生数形结合思想和计算能力，属于基础题21. 如图，在几何体中，底面，设点在棱上，已知平面.（1）求线段的长度；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设，由已知得，利用可求得线段的长度.（2）分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式进行计算即可.【详解】以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由，易知.则，（1）设，因为平面，所以，解得，所以线段的长度为1.（2）设是平面的一个法

19、向量，则，可取，同理，设是平面的一个法向量，则，可取.则，显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量求线段长以及二面角的平面角，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.22. 圆.（1）若圆与轴相切，求圆的方程；（2）已知，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.过点任作一条与轴不重合的直线与圆相交于两点.问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）或；（2）存在，【解析】【分析】（1）先将圆转化为标准方程，由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等，列出方程求解即可；（2）先求出两点坐标，假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，代入，用韦达定理根据，斜率之和为0，求得实数的值，在检验成立即可.【详解】解：（1）由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等.故先将圆的方程化成标准方程为：，恒成立，求得或，即可得到所求圆的方程为：或；（2）令，得，即所以，假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入得，设，从而，因为而因为，所以，即，得.当直线与轴垂直时，也成立.故存，使得.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，以及直线与圆，圆与圆的综合性问题.- 21 -