广西崇左高级中学2020-2021学年高二上学期第一次月考数学试卷 WORD版含解析.doc

1、崇左市高级中学2020年秋季学期第一次月考高二数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写淸楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：人教版必修5（40%），必修2第一章第二章（60%）.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

2、题目要求的.1. 在等差数列中，若，则公差d=（ ）A. B. C. 3D. 3【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式计算【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题考查等差数列的通项公式，利用等差数列通项公式可得，2. 下列说法正确的是（ ）A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B. 过空间内不同的三点，有且只有一个平面C. 棱锥的所有侧面都是三角形D. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【答案】C【解析】【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的概念分别判断ACD，根据平面的基本性质判断B【详解】如下图，两个三棱柱合在一起，仍然满足有两个面平行，其余各面都是四

3、边形，但它不是棱柱，A错；当空间三点共线时，过这三点有无数个平面，B错；根据棱锥的定义，C正确；用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才叫棱台，不是任意平面都能截出棱台的，D错故选：C【点睛】本题考查棱柱、棱锥、棱台的概念，考查平面的基本性质，属于基础题3. 已知、满足约束条件，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】作出不等式所表示可行域如图所示，作直线，则为直线在轴上截距的4倍，联立，解得，结合图象知，当直线经过可行域上的点时，直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即，故选A.考点：线性规划4. 在中，角所对应的边分别为.若，则A

4、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题可以根据题目所给出条件并结合解三角形正弦公式通过计算即可得出结果【详解】因为，所以.【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查解三角形的相关性质，考查解三角形正弦公式的使用，考查计算能力，是简单题5. 已知，且满足，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的基本性质和特殊值法，逐项判断，即可求得答案.详解】对于A，当满足，此时，可得：，故A不一定成立；对于B，当满足，此时，可得：，故B不一定成立；对于C，当满足，此时，可得：，故C不一定成立；对于D，由，将两个不等式相加可得：，故D一定成立.

5、综上所述，只有D符合题意故选：D.【点睛】本题解题关键是掌握不等式的基本性质和灵活使用特殊值法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.6. 已知，且，则的最小值为（ ）A. 8B. 9C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】由题意，根据，结合基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：B.【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型.7. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥四个侧面中面积最大的侧面的面积为（ ）A 30B. 15C. 9D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可得原图，显然靠上面的侧面的

6、面积最大，这个侧面的三条边长分别为，6，即可得面积.【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的四棱锥，显然靠上面的侧面的面积最大，这个侧面的三条边长分别为，6，所以面积最大的侧面的面积为15.故选：B.8. 已知一个正方体的各个顶点都在球面上，若球的体积为，则这个正方体的棱长是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设正方体的棱长为a对角线长为，利用正方体的体对角线为球的直径，再利用球的体积公式可得.【详解】设正方体的棱长为a对角线长为，则.，.故选：D.9. 设，为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，给出下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，与相交且不垂直，则n与

7、m不垂直，其中所有假命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由线面关系判断；由面面垂直的性质定理判断；由线面垂直的判定定理判断；举例判断.【详解】若，则或，故错误；由面面垂直的性质定理知：若，则，故正确；由线面垂直的判定定理知：若，则，又，则，故正确；如图：平面，平面，而，故错误；故选：C10. 在长方体中，若，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，在中，利用余弦定理求余弦值.【详解】如图，连接，由长方体性质，可得，所以就是异面直线和所成角（或补角），由已知可得， ，所以.故选

8、：A.11. 若关于的不等式的解集为则不等式的解集为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】关于的不等式的解集为，根据韦达定理求得，在关于的不等式的两边同除以，得，即可求得答案.【详解】关于不等式的解集为，且1，3是方程两根，根据韦达定理可得：，在关于的不等式的两边同除以，得，不等式变为，解得：不等式的解集为：.故选：B.【点睛】本题主要考查了求解一元二次不等式，解题关键是掌握一元二次不等式的解法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.12. 在菱形ABCD中，沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，三棱锥D-ABC的外接球体积为（ ）A. B.

9、C. D. 【答案】D【解析】【分析】沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，那么平面平面ADC，取AC的中点E，连接DE，EB，由ABCD是菱形，可知平面ABC，结合外接球性质即可求解;【详解】由题意可知，当三棱锥D-ABC的体积最大时，平面平面ADC.取AC的中点E，连接DE，EB，由面面垂直的性质可知平面ABC，因为，所以与均为等边三角形.设的外接圆的圆心为，则在BE上，且，设三棱锥D-ABC的外接球的球心为O，则，解得，则，故三棱锥D-ABC的外接球的体积为.故选：D【点睛】关键点点睛：一个关键点为，当三棱锥D-ABC的体积最大时，平面平面ADC，另一个解题关键

10、点为利用球的性质求出球的半径.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若数列的前n项和为，则=_【答案】8【解析】【分析】通过Sn与的关系计算可得【详解】= 故答案为8【点睛】本题考查数列的前n项和与通项公式的关系，注意解题方法的积累，属于基础题14. 若球的表面积为，球心到该球的一个截面圆的距离为1，则这个截面圆的面积是_.【答案】【解析】【分析】作出图形，由球的表面积，可求出球的半径，结合为直角三角形，可得截面圆的半径，进而可求出截面圆的面积.【详解】如下图，设球心为，球的半径为，则，解得，设截面圆的半径为，圆心为，球与截面圆的一个交点为，则，又为直角三角形，所以，所以截面

11、圆的面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球的截面，利用构造直角三角形的方法求解是解题的关键，考查学生的计算求解能力，属于基础题.15. 如图，为测量某山峰的高度（即的长），选择与在同一水平面上的，为观测点.在处测得山顶的仰角为，在处测得山顶的仰角为.若米，则山峰的高为_米.【答案】【解析】【分析】设出OP，分别在直角三角形AOP和直角三角形BDP中，求得OA，OB，进而在AOB中，由余弦定理求得山峰的高度【详解】设OPh，在等腰直角AOP中，得OAOP=在直角BOP中，得OPOBtan60得OBh在AOB中，由余弦定理得，得h（米）则山峰的高为m故答案为【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用

12、考查了学生运用数学知识解决实际问题的能力16. 圆锥的母线SA长为6，底面直径为3，B是SA的中点，那么由点A绕圆锥A的侧面一周到点B的最短距离为_.【答案】【解析】【分析】将圆锥的侧面沿母线SA展开，得到扇形，然后由圆锥的底面周长为其弧长，母线为其半径，求得，然后在中求解.【详解】如图，将圆锥的侧面沿母线SA展开，得到扇形，其弧长为，半径为，则（n为的度数），在中，即点A绕圆锥的侧面一周到点B的最短距离为.故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在递增的等差数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分

13、析】（1）根据题意设公差为，进而得，解方程得，进而得；（2）由（1）得，再根据裂项求和法求和即可得答案.【详解】解：（1）设公差为，由题意，得解得或（舍）所以，所以数列的通项公式为.（2）由（1）知，所以，所以.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，裂项相消求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于求得，再结合裂项相消求和法求和即可.18. ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）若b，C120，求ABC的面积S（2）若b：c2：3，求【答案】（1）18，（2）1【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理，得，进而求得，利用三角形的面积公式，即可求解（2）由（1）得，利

14、用余弦定理，求得的值，即可化简求得结果.【详解】（1）由，得， ， （2），故可设， ， 则， 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.19. 如图，已知四棱锥P-ABCD，M为PB的中点.（1）证明：平面PAD；（2）已知平面平面ABCD，是以AD为斜边的等腰直角三角形，求四棱锥P-ABCD的体

15、积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取PA的中点N，连接ND，MN，根据M，N分别为PB，PA的中点，得到，再由，得到四边形CMND为平行四边形，进而证得，再利用线面平行的判定定理证明.（2）取E为AD的中点，连接PE，根据是以AD为斜边的直角等腰三角形，且平面平面ABCD，得到平面ABCD，即为锥体的高，再求得梯形ABCD中的面积，代入体积公式求解.【详解】（1）如图，取PA的中点N，连接ND，MN，因为M，N分别为PB，PA的中点，所以，又，所以，即四边形CMND为平行四边形，所以，又平面PAD 平面PAD，所以平面PAD.（2）取E为AD的中点，连接PE.因为是以

16、AD为斜边的直角等腰三角形，则.又平面平面ABCD，且相交于AD，所以平面ABCD，且.在梯形ABCD中，由，则，则，所以.【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a，b，aba)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；(3)利用面面平行的性质定理(，aa)；(4)利用面面平行的性质(，a，aa)20. 已知等比数列前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据递推关系可得，求得数列的公比，再代入通项公式，即可

17、得答案；（2）利用错位相减法求和，即可得答案；【详解】（1）因为所以，得，即，则为等比数列，且公比，因为，所以.（2）由（1）可得，得，故.【点睛】本题考查等比数列通项公式、错位相减法求和，考查运算求解能力.21. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，底面，且，、分别为，的中点.（1）求证：；（2）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）根据，可证平面，进一步可证；（2）取的中点，连结、，所以与平面所成的角和与平面所成的角相等. 在中可求得结果.【详解】（1）因为是的中点，所以，因为平面，所以，从而平面.因平面，所以.（2）取的中点，连结、，则，如图：所以与平

18、面所成的角和与平面所成的角相等.因为平面，所以是与平面所成的角.在中，.故与平面所成的角正弦值是.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了求直线与平面所成的角，属于基础题.22. 如图，四边形是矩形平面.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析(2) .【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）根据可得,由平面，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以过作的垂线为轴，以为，以为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量与平面的法向量利用空间向量夹角余弦公式可得结果.试题解析：（1）证明：设交于，因为四边形是矩形，所以，又，所以，因为，所以，又平面，所以，而，所以平面.由面面垂直的判定定理可得平面平面(2)建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得,设平面的法向量，则，取，即，设平面的法向量，则，取，即，设平面和平面所成的二面角为，则.【方法点晴】本题主要考查面面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.