河北省黄骅中学2020-2021学年高二数学上学期10月联考试题（含解析）.doc

1、河北省黄骅中学2020-2021学年高二数学上学期10月联考试题（含解析）一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知直线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件可得，而，从而可求得结果【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以，所以，所以，故选：D【点睛】此题考查直线的倾斜角和斜率的关系，考查正弦的二倍角公式的应用，考查同角三角函数的关系，属于基础题2. 已知向量与的夹角为45，当时，实数为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直得向量的数量积为0，根据数量积的运算

2、律计算可得【详解】，故选：B【点睛】本题考查向量垂直的数量积表示，考查数量积的运算律，属于基础题3. 若圆上恰有3个点到直线的距离为2，则与间的距离为（ ）A. 1B. C. 3D. 2【答案】D【解析】【分析】由直线和圆位置关系知，与直线距离为2两条平行线中一条与圆相交，一条与圆相切，从而可得圆心到直线的距离，由此求得直线的方程，再由平行线间距离公式求解【详解】圆上恰有3个点到直线的距离为2，圆的半径为3，与直线距离为2的两条平行线中一条与圆相交，一条与圆相切，则圆心到直线的距离为1，即直线方程为，与间的距离为故选：D【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查两平行线间的距离公式，用圆心到直线

3、的距离判断直线与圆的位置关系是常用方法4. 已知椭圆的左右焦点为，点在椭圆上，则的最大值是（ ）A. 9B. 16C. 25D. 27【答案】C【解析】【分析】由椭圆定义得，然后由基本不等式可得结论【详解】由题意，当且仅当时等号成立，故选：C【点睛】本题考查椭圆的定义，考查基本不等式求最值掌握椭圆的定义是解题基础5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由余弦的二倍角公式求得，再由诱导公式可得【详解】由题意，又，故选：B【点睛】本题考查二倍角公式，诱导公式，解题关键是寻找到“已知角”和“未知角”的关系，确定先用的公式与顺序，从而正确快速求解6. 已知半径为2圆经过点

4、，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】设圆心坐标得圆的圆心轨迹方程，再利用点与点的距离公式求解【详解】半径为2的圆经过点（3，4），设圆心坐标为 则圆的方程为 ，可得该圆的圆心轨迹为（3，4）为圆心，2为半径的圆，故圆心到原点的距离的最小值为（3，4）到原点的距离减半径，即 故选：A【点睛】本题考查了圆的轨迹方程，考查圆上的点到定点的距离得最值，是一道常规题7. 已知为三角形所在平面内一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取边中点，由已知得，即是的中点，可得到答案.【详解】取边中点，连接，由，得，所以，所以是的

5、中点，与有相同的底边，它们的高之比即为与的比为，故选：C.【点睛】向量的加减运算是解决问题的关键，要正确分析.8. 如图，要测量电视塔的高度，在点测得塔顶的仰角是，在点测得塔顶的仰角是，水平面上的，则电视塔的高度为（ ）A. 20B. 30C. 40D. 50【答案】A【解析】【分析】设电视塔高为，表示出后由余弦定理列式可求得【详解】设，则间，在BCD中，则，即，解得（舍去）故选：A【点睛】本题考查解三角形的应用，根据已知条件选择恰当的公式求解是解题关键二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9

6、. 下列说法正确的是（ ）A. 平面内到两个定点的距离之和等于常数的点的轨迹为椭圆；B. 在中，角的对边分别为，若则；C. 若数列为等比数列，则也为等比数列；D. 垂直于同一个平面的两条直线平行【答案】BD【解析】【分析】分别根据椭圆的定义，三角形的边角关系，等比数列的定义，线面垂直的性质定理判断【详解】若距离之和等于，则轨迹是线段，不是椭圆，A错；三角形中大边对大角，大角对大边，B正确；的公比时，不是等比数列，C错；由线面垂直的性质定理知D正确故选：BD【点睛】本题考查命题的真假判断，需要掌握椭圆的定义，三角形的边角关系，等比数列的定义，线面垂直的性质定理等知识，考查知识面较广，属于基础题1

7、0. 下列命题中的真命题有（ ）A. 已知是实数，则“”是“”的充分而不必要条件；B. 已知命题，总有，则，使得C. 设是两个不同的平面，是直线且“”是“”的必要而不充分条件；D. “”的否定为“”【答案】CD【解析】【分析】根据全称命题、特称命题的否定的判定，充分不必要条件、必要不充分条件的判断逐项排除.【详解】是实数，由得，由得，所以错误；B. 命题，总有，则，使得，所以错误；C. 设是两个不同的平面，是直线且“”是“”的必要而不充分条件，正确；D. “”的否定为“”，正确，故选：CD.【点睛】本题考查了全称命题、特称命题的否定，充分不必要条件、必要不充分条件的判断.11. 已知数列的前项

8、和为且满足，下列命题中正确的是（ ）A. 是等差数列B. C. D. 是等比数列【答案】ABD【解析】【分析】由代入已知式，可得的递推式，变形后可证是等差数列，从而可求得，利用求出，并确定的表达式，判断D【详解】因为，所以，所以是等差数列，A正确；公差为3，又，所以，B正确；时，由求得，但不适合此表达式，因此C错；由得，是等比数列，D正确故选：ABD【点睛】本题考查等差数列的证明与通项公式，考查等比数列的判断，解题关键由，化已知等式为的递推关系，变形后根据定义证明等差数列12. 已知正三棱锥的底面边长为1，点到底面的距离为，则（）A. 该三棱锥的内切球半径为B. 该三棱锥外接球半径为C. 该三

9、棱锥体积为D. 与所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】【详解】如图，是棱锥的高，则是的中心，是中点，C错；，所以，设内切球半径为，则，A正确；易知外接球球心在高上，球心为，设外接球半径为，则，解得，B正确；由平面，平面得，又，所以平面，平面，所以，所以与所成的角为，D正确故选：ABD【点睛】本题考查正棱锥的性质，考查棱锥的体积，内切球与外接球问题，异面直线所成的角，掌握正棱锥的性质是解题关键三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知等差数列前项和，且，若，则的值为_【答案】1010【解析】【分析】利用等差数列的性质与前项和公式求解【详解】，则，则，由等差数列的性质知数列前项

10、为正，从第1011项起均为负，满足的故答案为：1010【点睛】本题考查等差数列性质、等差数列的前项和公式，掌握等差数列性质是解题关键14. 已知为方程的两根，且，则_【答案】【解析】【分析】应用韦达定理后，求得，再确定的范围后可得【详解】由题意，均为负数，即，又，故答案为：【点睛】本题考查两角和的正切公式，求角问题的解题方法与步骤：（1）确定角的范围（可能需要通过三角函数值缩小范围）；（2）求出角的某个三角函数值，（3）得结论15. 正方体中，棱长为2，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是_【答案】【解析】【分析】连接，证明（或其补角）为所求异面直线所成的角，在三角形中应用余弦定理求解【详解

11、】如图，连接，正方体中与平行且相等，是平行四边形，异面直线与所成角为（或其补角），中，是中点，故答案为：【点睛】本题考查求异面直线所成的角，解题方法是作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形可得三个步骤：一作二证三计算16. 已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，且与共线，则椭圆的离心率_【答案】【解析】【分析】把直线方程代入椭圆方程，设，由韦达定理得，求，由与共线，可得的等量关系，化简变形后可求得离心率【详解】设椭圆方程是，右焦点为，直线方程为，代入椭圆方程并整理得：，设，则，又，与共线，故答案为：【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的

12、等量关系本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，然后表示出，由与共线，得到所要求的等量关系考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力属于中档题四解答题：本题共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. 在中，它的内角的对边分别为，且（1）求角的大小； （2）求边长【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知三角形面积结合余弦定理可求得，从而得角；（2）由正弦定理化角为边，再由余弦定理得，两者结合可得，求出角后，由余弦定理得，从而可求得【详解】解：（1）由得又（2）由及正弦定理得，由余弦定理得，所以，由正弦定理，得，所以【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，考查运算

13、求解能力基础题18. 已知四棱锥的底面为正方形，面，为上的一点，（1）求证：面面（2）若，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由以及可得面，再根据面面垂直的判定定理即可证出；（2）设与平面所成角为，用等积法可求出点到面的距离为，根据即可解出【详解】（1）底面为正方形，又面，而面，面，故面面（2）设到面的距离为，设与面所成的角为，【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理的应用，以及利用等积法求斜线与平面所成角，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题19. 已知数列中，（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；（2）数列中，求数列的前项

14、和【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义证明，由等比数列通项公式可得；（2）求出，用错位相减法求和【详解】解：（1），是以为首项，4为公比的等比数列，（2）， 得【点睛】本题考查等比数列的证明与通项公式，考查错位相减法求和数列求和有几种常用方法：公式法，错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法20. 有一堆规格相同的铁制（铁的密度为）六角螺帽共重，已知该种规格的螺帽底面是正六边形，边长是，内孔直径为，高为，（1）求一个六角螺帽的体积；（精确到）（2）问这堆六角螺帽大约有多少个？（参考数据：）【答案】（1）；（2）261个.【解析】【分析】（1

15、）利用六棱柱的体积减去圆柱的体积即得解；（2）计算即得解.【详解】（1）由题得（2）这堆螺帽的个数为：（个）答：每个螺帽的体积为，共有261个螺帽.【点睛】本题主要考查空间几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21. 已知圆和圆外一点，（1）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程；（2）过点作圆的切线，切点为，求所在的直线方程【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理可得，得直线方程，检验直线斜率不存在时，弦长为4，符合题意；（2）求出以为直径的圆的方程，此圆与圆的交线即为弦所在直线两圆方程相减得即【详解

16、】（1）圆，则圆心，半径，若直线的斜率存在，设直线，即此时，直线方程；若直线的斜率不存在，则直线，代入得，此时，合乎题意.综上所求直线的方程为：或；（2）以为直径的圆的方程，即：，；，.得，因此，直线的方程为.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查求切点弦所在直线方程，垂径定理，属于中等题掌握切点弦的性质是解题关键22. 已知椭圆离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.【解析】【分析】（1）由题意有，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形有，即可写出椭圆方程；（2）直线与椭圆交于两点，联立方程结合韦达定理即有，已知应用点线距离公式、三角形面积公式即可说明的面积是否为定值；【详解】（1）椭圆离心率为，即，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，综上有：，故椭圆方程为，（2）由直线与椭圆交于两点，联立方程：，整理得，设，则，原点到的距离，为定值；【点睛】本题考查了由离心率求椭圆方程，根据直线与椭圆的相交关系证明交点与原点构成的三角形面积是否为定值的问题.