河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一数学下学期6月月考试题（含解析）.doc

1、河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一数学下学期6月月考试题（含解析）（满分：150分，测试时间：120分钟）第卷（选择题）一、选择题1.不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 或【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】可化为，则该不等式的解集为故选：B【点睛】本题主要考查了解一元二次不等式，属于基础题.2.一梯形的直观图是如图的等腰梯形，且直观图的面积为2，则原梯形的面积为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】D【解析】【分析】根据，可求出原梯形的面积.【详解】由斜二测画法知，又，.故选：.【点睛】本题考查斜二测画法，属于基础题.3.等差数列中，若

2、，则前9项的和等于（ ）A. 66B. 99C. 144D. 297【答案】B【解析】【分析】由等差数列的性质可求得a4=13，a6=9，从而有a4+a6=22，由等差数列的前n项和公式即可求得答案【详解】解：在等差数列中，数列的前9项之和，故选：B【点睛】本题考查等差数列的性质，掌握等差数列的性质与前n项和公式是解决问题的关键，属于基础题4.给定下列命题：；其中正确的命题个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】根据不等式的基本性质或者举反例逐一判断各个命题【详解】解：（方法一）对于，取，则，但，故错；对于，取，则，但，故错；对于，取，则，但，故错；对于，取，则，

3、但，故错；故选：A（方法二）对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；对于，由于，则，则和同号，但的符号不确定，则的符号也不确定，故错；对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；故选：A【点睛】本题主要考查不等式的基本性质的应用，属于基础题5.已知圆锥的表面积为9，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ）A 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】设出圆锥的底面半径，根据圆锥的表面积列方程，解方程求得圆锥的底面半径.【详解】设圆锥的底面半径为，由于圆锥侧面展开图是一个半圆，故其母线长为，所以圆锥的表面积为，解得.故选：B【点睛】

4、本小题主要考查圆锥表面积有关计算，属于基础题.6.已知直线，直线，若，则实数的值为（ ）A. B. 4C. D. 0【答案】A【解析】【分析】解不等式得，检验舍去得解.【详解】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去；当时，满足题意.故选：A【点睛】本题主要考查两直线平行的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7.设是三个互不重合的平面，是两条互不重合的直线，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间直线，平面直线平行或垂直的判定定理和性质定理进行判断即可.【详解】A.同时平行于一条直线的两个平面不一定平行，可能平行

5、也可能相交，故A错误，B.若，则关系不确定，可能平行也可能相交，也可能异面，故B错误，C.若，则，C成立，D.若，则或与相交，故D错误，故选：C.【点睛】本小题主要考查空间线线、面面位置关系命题的判断，属于基础题.8.设函数，若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用分离参数法得到，转为求函数在的最小值，从而可求得m的取值范围.【详解】由题意，可得当时，则令，当时，的最小值为因为对于任意，恒成立，所以故选：B【点睛】本题考查恒成立问题的解法，经常利用分离参数法，转为求函数最值问题，属于中档题.9.第41届世界博览会于2010年5月1日至1

6、0月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得到和的长度，从而得到的值，根据正切函数的单调性，得到，从而得到答案.【详解】依题意得“斗冠”的高为米，如图，为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，而，且上单调递增，因

7、为，所以，故选：C【点睛】本题考立体几何中求线段的长度和正切函数的单调性，属于简单题.10.在同一直角坐标系中，直线与圆的位置可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】讨论圆心到直线的距离与半径的大小关系，确定的范围，即可作出判断.【详解】解：圆的圆心为，半径为则圆心到直线的距离为当时，可得，即，即此时说明直线与圆相交，且直线的斜率为正数，则正确，错误；当时，可得，即，即此时说明直线与圆相离，但是直线的斜率为负数，则正确； 故选：D【点睛】本题主要考查了判断直线与圆位置关系，属于中档题.11.若数列是正项数数列，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】

8、先少写一项做差求通项，然后代入即可求解.【详解】当时， 当时，相减 所以所以当时，也满足所以故选：C【点睛】此题考查数列求通项，主要利用进行求通项，属于较易题目.12.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长

9、为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决二、多选题13.对于，有如下判断，其中正确的是（ ）A. 若，则必为等腰三角形B. 若，则C. 若，则的面积为D. 若，则必为锐角三角形【答案】BC【解析】【分析】由得出或从而判断A；由大边对大角，正弦定理判断B；根据余弦定理以及三角形面积公式判断C；取判断D.【详解】对于A，若，则或当AB时，ABC为等腰三角形；当时，ABC为直角三角形，故A不正确；对于B，若，则，由正弦定理得，即成立故B正

10、确；对于C，由余弦定理得即，解得或（舍）则，故C正确；对于D，当时，此时为钝角三角形，故D错误；故选：BC【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.14.如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）A. 点存在无数个位置满足B. 若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为C. 在线段上存在点，使异面直线与所成的角是30D. 点存在无数个位置满足平面【答案】ABD【解析】【分析】通过证明面，可得当点上时，有，可判断A；由已知，当点与点重合时，点到面的距离最大，计算可判断B；连接，因为，则为异面直线与所成的角，利用余弦定理算出的距离，可判断C；证明

11、平面平面，即可判断D.【详解】解：对于A，连接由正方体的性质可得，平面则平面当点上时，有故点存在无数个位置满足，故A正确；对于B，由已知当点与点重合时，点到面的距离最大则三棱锥的体积最大值为，故B正确；对于C， 连接因为，所以为异面直线与所成的角设正方体棱长为1，则点到线的距离为，解得所以在线段上不存在点，使异面直线与所成的角是，故C错误； 对于D，连接，四边形为平行四边形，则平面，平面平面，同理可证平面，平面平面平面若，平面，则平面，故D正确；故选：ABD【点睛】本题考查空间垂直关系的证明和判断，考查几何体体积的计算，异面直线所成角的计算，线面平行的判断，属于中档题.第卷（非选择题）三、填空

12、题15.设，的中点为，则_.【答案】3【解析】【分析】由中点坐标公式得出的坐标，再由两点间距离公式求解即可.【详解】由题意知，则故答案为：【点睛】本题主要考查了求空间中两点间的距离，属于基础题.16.已知，且，那么的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【详解】当且仅当，即时，取等号则的最小值为故答案为：【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.17.直线与圆：相交于，两点，点，分别在圆上运动，且位于直线两侧，则四边形面积的最大值为_.【答案】12【解析】【分析】先由圆的方程得到圆心坐标与半径，再由点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，结合圆的性质，即可求出

13、结果.【详解】圆：可化为则圆的圆心，半径点到直线的距离由题意知，当为过圆心且垂直于时，四边形面积的最大且最大值为故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与圆的应用，熟记点到直线的距离公式，以及圆的性质即可，属于中档题.18.一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以72千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75的方向上，仰角为30，则直升机飞行的高度为_千米.（结果保留根号）【答案】【解析】【分析】利用正弦定理以及直角三角形的边角关系得出直升机飞行的高度.【详解】如下图所示，千米由正弦定理可得，千米在直角中，千

14、米故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理的实际应用，属于中档题.四、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或验算步骤.）19.已知直线的方程为，求直线的方程，使得：（1）与平行且过点；（2）与垂直且与两坐标轴围成的三角形的面积为2.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由与平行设的方程为，再由在上得出的值，进而得出直线的方程； （2）由与垂直设出直线的方程，再由与两坐标轴围成的三角形的面积求出的值，进而得出直线的方程.【详解】（1）解：设的方程为，由点在上知，所以直线的方程为.（2）解：设的方程为，令，得，令，得，于是三角形面积，得，所以直线的方程为或.【点睛】本题主要考查了根

15、据两直线平行和垂直求方程，属于中档题.20.如图所示，的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若点P是线段延长线上一点，且，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，化边为角，可得，进而可求;（2）结合三角形的性质及余弦定理可求.【详解】（1）由条件，则由正弦定理， 所以，即， 又，所以，. （2）由（1）可知，而，则，所以，在中，由余弦定理，.所以.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.21.如图所示，在中，四边形是正方形，平面底面，分别是，的中点.求证：（1）平面；（2）平面平

16、面；（3）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理结合中位线定理证明即可；（2）利用面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理证明平面，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）取的中点，利用面面垂直的性质得出平面，进而得出为直线与平面所成的角，最后由直角三角形的边角关系得出直线与平面所成的角的正弦值.【详解】（1）证明：连接，因为四边形为正方形，所以，且是的中点，因为是的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）证明：因为四边形为正方形，所以又因为平面平面，平面平面，平面所以平面，所以因为，所以，所以又因为，平面，所

17、以平面因为平面，所以平面平面.（3）取的中点，连接，因为，所以又因为平面平面，平面平面，平面所以平面，所以即为直线与平面所成的角.不妨设，则，.所以直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了证明线面平行，面面垂直，求线面角，属于中档题.22.正项数列的前项和满足：，（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为，证明：对于任意的都有.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用与的关系，结合等差数列的性质，即可得出数列的通项公式；（2）由得出数列的通项公式，结合裂项相消法和不等式的性质证明即可.【详解】（1）解：正项数列的前项和满足：，则，得即即又，.又，所以数列是

18、以2为首项2为公差的等差数列.所以.（2）证明：由于，则.【点睛】本题主要考查了由求以及裂项相消法求数列的和，属于中档题.23.已知圆的方程为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线，切点为，.（1）求若，试求点的坐标；（2）求证：直线过定点；（3）设线段的中点为，求点的轨迹方程.【答案】（1）的坐标为或；（2）证明见解析；（3）（除去点）.【解析】【分析】（1）设，由圆性质以及直角三角形的性质得出，由两点间距离公式得出的值，进而得出点的坐标；（2）求出经过，三点的圆的方程，并与圆的方程联立，得出直线的方程，从而得出直线过定点；（3）根据直角三角形的性质得出点在以为直径的圆上，求出半径和圆心坐标，即可得出点的轨迹方程.【详解】（1）解：设，因为是圆的切线，所以，所以，解之得，故所求的坐标为或.（2）解：设，又，则的中点因为是圆的切线，所以经过，三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，故其方程：化简得：由两式相减，得：，即，由可得过定点.（3）因为为圆的弦的中点，所以，即，故点在以为直径的圆上.，的中点为，点的轨迹方程（除去点）.【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合应用，直线与圆的位置关系的应用，直线过定点问题，求有关圆的轨迹方程，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.