江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期第一次段考数学（文）试卷 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家文科数学第卷（共60分）一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分每题只有一项符合题目要求）1.已知0ab1，则下列不等式成立的是() Aa3b3 B. Cab1 Dlg(ba)02.下列直线中，与己知直线yx1平行，且不过第一象限的直线的方程是()A3x4y70 B4x3y70C4x3y420 D3x4y4203.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为()A13 B17 C.19D214.笑笑一星期的总开支分布如图1所示，一星期的食品开支如图

2、1所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为()图1A1% B2% C.3%D5%5设、是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是()A若a，b，则abB若a，b，ab，则C若a，b，ab，则D若a、b在平面内的射影互相垂直，则ab6.在ABC中，sin2Asin2Bsin Bsin Csin2C，则A() A30B60 C120D1507. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 () A.B C. D28.九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共

3、有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配)”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得()A一鹿、三分鹿之一 B一鹿 C三分鹿之二 D三分鹿之一9.四面体SABC中，各个面都是边长为2的正三角形，E，F分别是SC和AB的中点，则异面直线EF与SA所成角等于()A90 B60 C45 D3010.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，E是DD1的中点，F是BB1的中点，设过点C1，E，F三点的平面为，则正方体被平面所截的截面的形状为() A菱形 B矩形 C梯形 D五边形11.已知点P(x，y)是直线kxy40(k0)上一动

4、点，PA，PB是圆C：x2y22y0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为()A3 B. C2 D212. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了则此时乙队守门员需封堵区域面积是原来球门面积的()A. B. C. D.第卷（共90分）二、填空题（每小题5分，满分20分）13.已知直线l过点(2，3)且与直线2x3y40垂直，则直线l的方程为_ 14.已知向量a(，1)，b(0，1)，c(k，)若a2b与c共线，则k _15.若变量

5、x，y满足约束条件则3xy的最大值是_16如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下四个结论：直线D1C平面A1ABB1；直线A1D1与平面BCD1相交；直线AD平面D1DB；平面BCD1平面A1ABB1.其中正确结论的序号为_三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列an中，a1a38，且a4为a2和a9的等比中项，求：（1）数列an的通项公式； （2）前n项和18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，E，F分别是A1C1，BC的中点(1) 求证：C1F平面A

6、BE；(2)求证：平面ABE平面B1BCC1.19. (本小题满分12分)已知函数f(x)(sinxcosx)22cos2x.(1)求f的值；(2)求函数f(x)的单调递减区间20(本小题满分12分)已知圆C：x2y24x14y450及点Q(2,3)(1)若点P(m，m1)在圆C上，求直线PQ的方程；(2)若M是圆C上任一点，求|MQ|的最大值和最小值21.如图,在PBE中,ABPE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=,AB=AP=AE=2,将PBA沿AB折起使得二面角PABE是直二面角.(1)求证:CD平面PAB;(2)求三棱锥EPAC的体积.22.在平面直角坐标系xOy中，O为

7、坐标原点，以O为圆心的圆与直线xy40相切(1)求圆O的方程；(2)直线l：ykx3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由文科数学第卷（共60分）一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分每题只有一项符合题目要求）1.已知0ab1，则下列不等式成立的是() Aa3b3 B.1a1b Cab1 Dlg(ba)0【解析】由0ab1，可得a3b3，A错误；1a1b，B错误；ab1，C错误；0ba1，lg(ba)0，D正确2.下列直线中，与己知直线y43x1平行，且不过第一象限的直线的方程是()A3x4y70 B4

8、x3y70C4x3y420 D3x4y420解析：先看斜率，A、D选项中斜率为34，排除掉；再看纵截距，要使纵截距小于0，才能使直线不过第一象限，只有B选项符合3.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为()A13 B17 C.19D21【解析】因为473314，所以由系统抽样的定义可知样本中的另一个学生的编号为51419.4.笑笑一星期的总开支分布如图1所示，一星期的食品开支如图1所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为()图1A1% B2% C.3% D5%【解析】由题图知

9、，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.【答案】C5设、是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是(C)A若a，b，则abB若a，b，ab，则C若a，b，ab，则D若a、b在平面内的射影互相垂直，则ab6.在ABC中，sin2Asin2Bsin Bsin Csin2C，则A()A30B60 C120D150【解析】由已知得a2b2bcc2，b2c2a2bc，cos Ab2c2a22bc12，又0A0)上一动点，PA，PB是圆C：x2y22y0的两条切

10、线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为()A3 B.212 C22 D2解析：选D圆C：x2y22y0的圆心为(0,1)，半径r1，由圆的性质知S四边形PACB2SPBC，四边形PACB的最小面积是2，SPBC的最小值为112rd(d是切线长)，d最小值2，|PC|最小值22125.圆心到直线的距离就是|PC|的最小值，|PC|最小值51k25，k0，k2，故选D.12. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了则此时乙队守门员需封堵区域面

11、积是原来球门面积的()A.310 B.710 C.9100 D.49100答案：D 解析：从罚球点S向球门ABCD四角引线，构成四棱锥SABCD(如右图)，守门员从平面ABCD向前移动3米至平面ABCD，只需封堵ABCD即可，故SABCDSABCD(710)249100.第卷（共90分）二、填空题（每小题5分，满分20分） 13.已知直线l过点(2，3)且与直线2x3y40垂直，则直线l的方程为_ 答案：3x2y120解析：直线2x3y40的斜率为23，又直线l与该直线垂直，所以直线l的斜率为32.又直线l过点(2，3)，因此直线l的方程为y(3)32x(2)，即3x2y120.14.已知向量

12、a(3，1)，b(0，1)，c(k，3)若a2b与c共线，则k _解析：因为a2b(3，3)，由a2b与c共线，有k333，可得k1.答案：115.若变量x，y满足约束条件xy4，xy2，3xy0，则3xy的最大值是_【解析】画出可行域，如图阴影部分所示，设z3xy，则y3xz，平移直线y3x知当直线y3xz过点A时，z取得最大值由xy4，xy2，可得A(3,1)故zmax33110. 【答案】1016如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下四个结论：直线D1C平面A1ABB1；直线A1D1与平面BCD1相交；直线AD平面D1DB；平面BCD1平面A1ABB1.其中正确结论的序号为_

13、答案：三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列an中，a1a38，且a4为a2和a9的等比中项，求：（1）数列an的通项公式； （2）前n项和【解】(1)设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0，解得a14，d0或a11，d3，即数列an的首项为1，公差为3.(2)数列的前n项和Sn3n2n2.18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，E，F分别是A1C1，BC的中点(1) 求证：

14、C1F平面ABE；(2)求证：平面ABE平面B1BCC1.(1)取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FG12AC. 因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1FEG. 又因为EG平面ABE，所以C1F平面ABE. (2)由题设知，B1BAB，又ABBC，B1BBCB，所以AB平面B1BCC1.因为AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.19. (本小题满分12分)已知函数f(x)(sinxcosx)22cos2x.(1)求f12的值；(2)求函数f(x)的单调递减区间解析：(

15、1)因为函数f(x)(sinxcosx)22cos2x，所以f(x)12sinxcosx2cos2xsin2xcos2x22sin2x42，所以f122sin6422sin6cos4cos6sin4212322532.(2)由2k22x42k32，kZ，得k8xk58，kZ.所以f(x)的单调递减区间是k8，k58(kZ)20(本小题满分12分)已知圆C：x2y24x14y450及点Q(2,3)(1)若点P(m，m1)在圆C上，求直线PQ的方程；(2)若M是圆C上任一点，求|MQ|的最大值和最小值解：将圆C的方程变形，得(x2)2(y7)28，所以圆心C为(2,7)(1)因为点P(m，m1)在

16、圆C上，所以将点P的坐标代入圆C的方程，得(m2)2(m17)28，解得m4.点P的坐标为(4,5)，经过P、Q两点的直线方程为y5534(2)(x4)，即x3y110.(2)经过Q、C两点的直线方程为y3732(2)x(2)，即yx5.M是圆C上任一点，要使点M到点Q的距离达到最大或最小，点M必是直线QC与圆C的交点，因此解方程组yx5，(x2)2(y7)28，得x0，y5，或x4，y9.所以，得到M(0,5)，M(4,9)故|MQ|min|MQ| (02)2(53)22 2，|MQ|max|MQ|(42)2(93)26 2.21.如图,在PBE中,ABPE,D是AE的中点,C是线段BE上的

17、一点,且AC=5,AB=AP= AE=2,将PBA沿AB折起使得二面角P AB E是直二面角. (1)求证:CD平面PAB;(2)求三棱锥E PAC的体积.(1)证明:因为1/2AE=2,所以AE=4,又AB=2,ABAE, 所以BE=(AB2+AE2 )=(22+42 )=2 ,又因为AC= = BE,所以AC是RtABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点,又因为D是AE的中点,所以CDAB,又因为CD平面PAB,AB平面PAB,所以CD平面PAB.(2)解:由(1)可证CD平面PAE,CD= AB=1,因为二面角P AB E是直二面角,平面PAB平面ABE=AB,PA平面PAB,PAA

18、B,所以PA平面ABE,又因为AP=2,所以 = = AECDAP= 412= .22.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x3y40相切(1)求圆O的方程；(2)直线l：ykx3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由解：(1)设圆O的半径长为r，因为直线x3y40与圆O相切，所以r|0304|132，所以圆O的方程为x2y24.(2)法一：因为直线l：ykx3与圆O相交于A，B两点，所以圆心(0,0)到直线l的距离d|3|1k252或k52.假设存在点M，使得四边形OAMB为菱形，则OM与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：ykx3的距离d12|OM|1.所以|3|1k21，解得k28，即k22，经验证满足条件所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形法二：设直线OM与AB交于点C(x0，y0)因为直线l斜率为k，显然k0，所以直线OM方程为y1kx，由ykx03，y1kx0，解得x03kk21，y03k21.所以点M的坐标为6kk21，6k21.因为点M在圆上，所以6kk2126k2124，解得k22，经验证均满足条件所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形- 10 - 版权所有高考资源网