江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一数学下学期6月第四次阶段考试试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一数学下学期6月第四次阶段考试试题（含解析）一单项选择题1.在等差数列中，公差，则（ ）A. 10B. 12C. 14D. 16【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求解即可得到结果【详解】等差数列中，公差，故选：C【点睛】等差数列中的计算问题都可转为基本量（首项和公差）来处理，运用公式时要注意项和项数的对应关系本题也可求出等差数列的通项公式后再求出的值，属于简单题2.若两条平行直线与之间的距离是，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】利用两条直线平行的性质求出，再利用两条平行线间的距离求出，从而可得的值.【详解】由题

2、意直线与平行，则两条直线的斜率相等，即，又直线间的距离为，即，解得，所以.故选：A【点睛】本题考查了两条直线平行的性质、两条平行线间的距离公式，需熟记公式，属于基础题.3.对于平面和共面的直线，下列命题是真命题的是A. 若，与所成的角相等，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用直线和平面平行、垂直的判定和性质，判断命题A、B、C都不正确，只有D正确，从而得到结论【详解】由于平面和共面的直线，若，与所成的角相等，则直线，平行或相交，故A不正确若，则，则共面直线，平行或相交，故B不正确若，则与平面平行或在平面内，故C不正确若，根据直线，是共面的直线，则一定有，故D正确

3、，故选：D【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判定，命题的真假的判断，属于基础题4.已知点A(2, 3)，B(3, 2)，若直线l过点P(1, 1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）A. k2或kB. k2C. kD. k2【答案】A【解析】试题分析：因为，结合图象可知，当或时，则直线与线段相交，故选A考点：直线的斜率5.数列的前项和为，满足，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由数列的递推关系可得当为奇数时，所以奇数项为以1为首项，2为公比的等比数列；当为偶数时，所以偶数项为以3为首项，4为公比的等比数列，再结合等比数列前项和的求和公式求解

4、即可.【详解】解：由，当为奇数时，所以奇数项为以1为首项，2为公比的等比数列；当为偶数时，所以偶数项为以3为首项，4为公比的等比数列，所以，故选：A.【点睛】本题考查了等比数列前项和的求和公式，重点考查了等比数列的判断，属基础题.6.已知圆锥全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：圆锥的表面积是其侧面积与底面积之和,根据题意有侧面积是底面积的2倍.又因为圆锥的侧面展开图是扇形,其圆心角,半径为,且其弧长等于圆锥底面周长,所以,根据扇形面积公式有,代入,得.即圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，故选C.考点：圆锥侧面展

5、开图,扇形面积与圆心角.7.设直线与两坐标轴围成的三角形面积为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求出直线与两坐标轴的交点，即，则，然后分别代入1，2，2020，最后求和即可【详解】分别令和，得到直线与两坐标轴的交点，则，然后分别代入1，2，2020，则有故选：D.【点睛】本题主要考查直线方程的应用，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.唐代诗人李欣的是古从军行开头两句说“百日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有缺的数学故事“将军饮马”的问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短

6、？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从出发，河岸线所在直线方程，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短【详解】设点A关于直线的对称点，的中点为，故解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，即为点和圆上的点连线的最小值，为点和圆心的距离减半径，“将军饮马”的最短总路程为，故选:B【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题二多项

7、选择题9.以直线与两坐标轴的一个交点为圆心，过另一个交点的圆的方程可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】先求出直线与坐标轴的交点，然后求出两交点距离即圆的半径，然后分别以为圆心写出圆的标准方程.【详解】解：令，则；令，则.所以设直线与两坐标轴的交点分别为.,以为圆心，过点的圆的方程为：.以为圆心，过点的圆的方程为：.故选：AD.【点睛】本题考查圆的标准方程，属于基础题.10.下列说法中正确的是（ ）A. 若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等B. 方程能表示平面内的任何直线C. 圆的圆心为，半径为D. 若直线不经过第二象限，则t的取值范围是【答案】BD【解析】【分析】

8、由两直线平行于轴排除；根据直线平行或不平行于坐标轴，可确定方程均可以表示出来，知正确；整理得到圆的标准方程，进而确定圆心和半径，排除；由直线不过第二象限可构造不等式组求得结果，知正确.【详解】对于，若两条直线均平行于轴，则两条直线斜率都不存在，错误；对于，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为，为直线两点式方程；当直线平行于轴，则原方程可化为；当直线平行于轴，则原方程可化为；综上所述：方程能表示平面内的任何直线，正确；对于，圆的方程可整理为，则圆心为，错误；对于，若直线不经过第二象限，则，解得：，正确.故选：.【点睛】本题考查直线和圆部分相关命题的辨析，涉及到直线方程的应用、根据直线所过象限求解

9、参数范围、由圆的方程确定圆心和半径等知识，属于基础知识的综合考查.11.设分别是正方体的棱上两点，且，给出下列四个命题正确的是（ ）A. 异面直线与所成的角为B. 平面C. 三棱锥的体积为定值；D. 直线与平面所成的角为.【答案】AC【解析】【分析】对于选项，是异面直线与所成的角，为，所以正确；对于选项，与不垂直，由此知与平面不垂直，所以错误；对于选项，三棱锥的体积为为定值，所以正确；对于选项，直线与平面所成的角为所成角为，所以错误即得解.【详解】如图所示，对于选项，因为，是异面直线与所成的角，为，所以异面直线与所成的角为，所以正确；对于选项，由前面得异面直线与所成的角为，所以与不垂直，由此知

10、与平面不垂直，所以错误；对于选项，三棱锥的体积为为定值，所以正确；对于选项，在三棱锥中，设到平面的距离为，即有，解得，直线与平面所成的角的正弦为，即直线与平面所成的角为所成角为，所以错误综上，正确的命题序号是AC故选：AC【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系和体积的计算，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12.已知数列满足，若存在正整数，使得等式成立，则下列结论正确的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】时，根据可求出，利用累乘法可求得，【详解】时，而，故A选项正确，即故C选项正确，B选项错误假设存在正整数，使得等式成立化简整理得，令，解得取

11、，时，成立故D选项正确故选：ACD【点睛】本题主要考查数列的基本知识，考查通项公式的求解，属于中档题.三填空题13.经过点A(1,1)且在两条坐标轴上的截距相等的直线方程是_【答案】或【解析】【分析】在坐标轴上截距相同可设直线截距式方程，将点A(1,1)代入直线方程即可.【详解】（1）当直线的截距不为0时即不经过原点，设直线方程是：因为直线过点 A(1,1)所以解得a=2即直线方程是（2）当直线经过原点时方程为：综上所述直线方程为：或【点睛】本题考查利用直线截距式方程求解直线问题，利用直线截距式方程求解的关键是:截距式方程没有把平面内的所有制直线都包含在内，将经过原点的直线和平行于坐标轴的直线

12、遗漏了，因此需要将这两类直线单独计算，以防遗漏.14.正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为_；【答案】【解析】【分析】由正四棱锥的底面边长求出底面中心到一个顶点的距离，结合棱长，求出正四棱锥的高，然后利用体积公式进行求解【详解】如图，正四棱锥P-ABCD中，AB=4，PA=3，设正四棱锥的高为PO，连接AO，则在直角三角形中，所以，故答案为【点睛】本题考查正棱锥性质及棱锥的体积公式，解题的关键是熟悉正棱锥的几何性质，属基础题15.已知等差数列的首项为1，公差为2，若对恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用等差数列的通项和求和公式，问题转化对恒成立，求最小值即可.【详

13、解】对恒成立对恒成立，等价于，令数列是递增数列故答案为: 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和求和公式的应用，考查恒成立问题，属于中档题.16.在正三棱锥中，M是SC的中点，且，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】取中点，连接；根据等腰三角形三线合一和线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到；根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，；由正三棱锥的结构特征知两两互相垂直，从而可将所求外接球转化为正方体的外接球；根据正方体外接球半径为体对角线的一半可求得半径，进而得到所求表面积.【详解】取中点，连接，三棱锥为正三棱锥 ， ，平面， 平面，平面 ，又，平面，

14、 平面，平面 ，由正棱锥侧面全等可知：，即两两互相垂直，可将三棱锥放入如下图所示的正方体中，其中，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 正方体外接球半径：，所求外接球的表面积：，故答案为：【点睛】本题考查几何体外接球表面积的求解问题，关键是能够根据线面垂直的关系找到三条棱两两互相垂直的关系，从而将问题转化为正方体外接球表面积的求解问题，属于中档题.四解答题17.如图，三棱锥DABC中，已知ACBC，ACDC，BCDC，E，F分别为BD，CD的中点求证：(1) EF平面ABC；(2) BD平面ACE. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意证出EFBC，再由线

15、面平行的判定定理即可证出.（2）首先证出ACBD，CEBD，利用线面垂直的判定定理即可证出.【详解】(1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EFBC，因为BC平面ABC，EF平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为ACBC，ACDC，BCDCC，BC，DC平面BCD所以AC平面BCD，因为BD平面BCD，所以ACBD，因为DCBC，E为BD的中点，所以CEBD，因为ACCEC，AC，CE平面ACE，所以BD平面ACE.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，要证线面平行、需证线线平行，要证线面垂直、需证线线垂直，属于基础题.18.已知的顶点，直线的方

16、程为，边上的高所在直线的方程为（1）求顶点和的坐标；（2）求外接圆一般方程.【答案】（1）和；（2）【解析】【分析】（1）联立直线与直线的方程可得点的坐标，由，进而设出直线的方程，将的坐标代入得方程，再与直线方程联立即可得点的坐标；（2）由（1）知，的坐标，设外接圆的一般方程，代入求解即可.【详解】（1）由可得顶点, 又因为得， 所以设的方程为， 将代入得由可得顶点为 所以和的坐标分别为和 （2）设的外接圆方程为， 将、和三点的坐标分别代入，得，解得，所以的外接圆的一般方程为.【点睛】本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.19.已知数列是等比数列，首项，公比，其前项和

17、为，且，成等差数列.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可知: ，,即,于是，.（2），即， , , 得: , .20.四棱锥的底面ABCD是边长为a的菱形，面ABCD，E，F分别是CD，PC的中点.（1）求证：平面平面PAB；（2）M是PB上的动点，EM与平面PAB所成的最大角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】(1)分别证明,进而证明平面,从而得到平面平面即可.(2) 连结,则根据(1)平面可知为直线与平面所成的线面角,进而分析可得.再建立空间直角坐标系求解二面角大小即可.【详解】(1)证明：由题意

18、,四边形是边长为的菱形,为的中点,故,.由余弦定理可得,解得 .故.故,.故.又面,面.故.又,故平面.又平面.故平面平面.(2)连结,则根据(1)平面可知为直线与平面所成的线面角,所以在中, ,所以当最小,即时,取得最大值,此时,设则有,解得.即.由(1)有.故以为坐标原点,分别为轴建立空间直角坐标系.则故.所以.设面的法向量,则 .即,令则.又平面的法向量.故二面角大小的余弦值.【点睛】本题主要考查了面面垂直的一般证明,同时也考查了线面角的判定与建立空间直角坐标系求解二面角大小的问题.需要根据题意找到线面角的平面角进行判断,并建立合适的坐标系进行求解.属于难题.21.已知直线方程为，其中.

19、（1）求证：直线恒过定点；（2）当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；（3）若直线分别与轴轴的负半轴交于两点，求面积的最小值及此时的直线方程.【答案】（1）证明见解析.（2）距离的最大值：，直线方程：（3）面积的最小值为，直线的方程为.【解析】分析】（1）直线的方程化为：，令，解出即可得出直线经过定点（2）设定点为,当变化时，直线时，点到直线的距离的最大，此时直线与垂直，可求直线方程（3）直线的斜率存在且，因此可设直线的方程为，求出直线在轴、轴的截距可得的面积，利用基本不等式的性质即可得出结果【详解】（1）直线方程为，可化为对任意都成立，所以，解得，所以直线恒过定点.（2）设定点

20、为当变化时，直线时，点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，即，此时直线过点且与垂直，解得故直线的方程为.（3）由于直线经过定点直线的斜率存在且，因此可设直线方程为可得与轴、轴的负半轴交于，两点，解得当且仅当时取等号，面积的最小值为4此时直线的方程为：，化为：【点睛】本题考查了直线系、点斜式、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22.已知数列的前项和为，且，为等比数列，.（1）求和的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若对均满足，求整数的最大值.【答案】（1），.（2）【解析】【分析】运用数列的递推式和恒等式，化简可得，；再由等比数列的通项公式，解方程可得公比，即可得到所求通项公式；求得，由裂项相消求和，可得，再由数列的单调性可得最小值，再由不等式恒成立思想，可得整数m的最大值【详解】（1），且，当时，即为，即有，上式对也成立，则，；设为公比为q的等比数列，.可得，则，即，；（2），前n项和为，即，可得递增，则的最小值为，可得，即，则整数m的最大值为1346.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的运用，数列的递推式和恒等式的运用，以及数列的单调性的运用：不等式的恒成立问题，考查化简运算能力，属于中档题