河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一数学下学期4月月考试题（含解析）.doc

1、河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一数学下学期4月月考试题（含解析）一、单选题（每小题5分，共计12个小题）1.已知中，且则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理即可得到答案.【详解】由正弦定理，可得.故选：A【点睛】本题考查了正弦定理的简单运用，属于基础题.2.在中，内角的对边分别为.若，则角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由余弦定理变形得【详解】将代入中得.由，得，故选：C.【点睛】本题考查余弦定理，掌握用余弦定理求角是解题关键3.在等差数列中，已知，则该数列前9项和（ ）A. 18B. 27C. 36D. 45【答案】D

2、【解析】【分析】根据等差数列的性质求得，再根据等差数列前项和公式求得.【详解】在等差数列中，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和公式，属于基础题.4.已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，则（ ）A. B. 19C. 20D. 23【答案】D【解析】【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对、进行化简，得出公差和公比的数值，然后对进行化简即可得出结果【详解】设奇数项的公差为，偶数项的公比为，由，得，解得，所以，故选D【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归

3、与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题5.已知向量，且，则的最小值是（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】根据平面向量平行的坐标运算公式，可得，对乘以“1”，可得，再利用基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，且向量，所以，所以，当且仅当时，取等号.故选：C.【点睛】本题主要考查了平面向量平行的坐标运算公式和基本不等式的应用，属于基础题.6.在空间中，下列命题正确的是A. 如果一个角两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B. 两条异面直线所成的有的范围是C. 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D

4、. 如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A不正确；两条异面直线所成的角不能是零度,故B不正确；根据两个平面平行的性质定理知C正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D不正确,综上可知只有C的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个

5、平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.7.如图，在正四面体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点,连接,可得就是与所成的角, 设,可得,利用余弦定理可得的值,可得答案.【详解】解:如图: ,取的中点,连接,可得就是与所成的角,设,则,故选: B.【点睛】本题主要考查异面直线所成得角的余弦值的求法,注意余弦定理的灵活运用,属于基础题.8.如图，在正方体 中， 分别为 的中点，点 是底面内一点，且 平面 ，则 的最大值是( )A. B. 2C

6、. D. 【答案】C【解析】分析：连结AC、BD，交于点O，连结A1C1，交EF于M，连结OM，则AOPM，从而A1P=C1M，由此能求出tanAPA1的最大值详解：连结AC、BD，交于点O，连结A1C1，交EF于M，连结OM，设正方形ABCDA1B1C1D1中棱长为1，在正方形ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，点P是底面A1B1C1D1内一点，且AP平面EFDB，AOPM，A1P=C1M=，tanAPA1=2tanAPA1的最大值是2故选D点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能

7、力，是中档题9.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示 该几何体是棱长为1正方体中的三棱锥.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径为正方体体对角线的长.即.所以外接球的表面积为.故选：.【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.10.如图，在正三棱柱中，,，分别是棱，的中点，为棱上

8、的动点，则的周长的最小值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面平面 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：当三点共线时，取得最小值又，周长的最小值为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.11.已知正方体的棱的中点为，与交于点，平面过点且与直线垂直

9、，若，则平面截该正方体所得截面图形的面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正方体的垂直关系可得平面，进而，可考虑平面是否为所求的平面，只需证明即可确定平面.【详解】如图所示，正方体中，为棱的中点，则，；又平面，且，平面，且，即截该正方体所得截面图形的面积为.故选:.【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.12.在棱长为的正方体中,点分别是线段（不包括端点）上的动点,且线段平行于平面,则四面体的体积的最大值是A. B. C. D. 【答案】A【解析】 由题意在棱长为的正方体中，点分别是线段上的动点， 且线

10、段平行于平面， 设，即到平面的距离为， 所以四棱锥的体积为， 当时，体积取得最大值，故选A 点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用二、填空题（每小题5分，共计4个小题）13.已知，且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】直接由基本不等式求解【详解】，即，当且仅当，即时等号成立故答案为：【点睛】本题考查用基本不等式求最值，属于基础题14.已知数列满足，则_.【答案】【解析】【分析】数列为

11、以 为首项，1为公差等差数列【详解】因为所以又所以数列为以 为首项，1为公差的等差数列所以所以故填【点睛】本题考查等差数列，属于基础题15.如图，在正方体中，分别为棱的中点，则与平面所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】连结，过作于，即为与平面所成的角，在中利用余弦定理求出【详解】解：连结，则平面即为平面，过作于，则平面，即为与平面所成的角，设正方体棱长为2，则，.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求解，关键是找到线面角的平面角，属于中档题.16.如图，MN分别是边长为1的正方形ABCD的边BCCD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，有

12、以下结论:异面直线AC与BD所成的角为定值.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.存在某个位置，使得直线MN与平面ABC所成的角为45.三棱锥M-ACN体积的最大值为.以上所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】设中点，连接，得到平面，从而可证正确；假设，从而得到平面，与已知矛盾，从而证明错误，根据，得到与平面所成的角等于与平面所成的角，即，根据的范围，从而证明正确；，从而得到体积最大的情况，求出最大值，可得正确.【详解】设中点，连接，正方形，所以，平面，所以平面，而平面，所以，即异面直线与所成的角为定值.故正确. 若，而，平面，所以平面，而平面，所以，而中，所以不可能为直角，故假

13、设错误，所以错误.因为分别是的中点，所以，所以与平面所成的角等于与平面所成的角，在平面的射影在上，所以是与平面所成的角，而，所以一定存在某个位置满足，即存在某个位置，使得直线MN与平面所成的角为45.故正确；，底面，所以当平面平面时，到平面的距离最大，此时三棱锥的体积最大，所以此时，故正确.故答案为：【点睛】本题考查证明异面直线垂直，求线面角，等体积转化求三棱锥的体积，属于中档题.三、解答题17.的内角的对边分别为，已知（1）求角；（2）若，的周长为，求的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和两角和差正弦公式可化简边角关系式，求得，结合可得结果；（2）利用三角形周长得到；

14、利用余弦定理构造出关于的方程，解出的值；代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理可得：即： ，由得：（2），的周长为 由余弦定理可得：的面积：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积公式的应用，还涉及到两角和差正弦公式的知识，考查学生对于三角恒等变换和解三角形部分的公式的掌握程度，属于常考题型.18.已知an是等差数列，bn是各项均为正数的等比数列，且b1a11，b3a4，b1b2b3a3a4.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.【答案】(1)；(2)Tn(n1)2n1.【解析】试题分析：

15、（1）设数列的公差为，的公比为，运用等差数列和等比数列的通项公式，可得的方程组，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求得，运用乘公比错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求的和.试题解析：(1)设数列an的公差为d，bn的公比为q，依题意得解得d1，q2.所以an1(n1)1n，bn12n12n1.(2)由(1)知cnanbnn2n1，则Tn120221322n2n1，2Tn220222(n1)2n1n2n，得：Tn121222n1n2nn2n(1n)2n1，所以Tn(n1)2n1.19.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1

16、的中点.(1) 求证：EF平面A1BD；(2) 若A1B1A1C1，求证：平面A1BD平面BB1C1C. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先证出EFA1B，利用线面平行的判定定理即可证出.（2）证出BB1A1D，A1DB1C1，利用面面垂直的判定定理即可证出.【详解】因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EFA1B.因为EF平面A1BD，A1B平面A1BD，所以EF平面A1BD.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面A1B1C1，因为A1D平面A1B1C1，所以BB1A1D. 因为A1B1A1C1，且D是B1C1的中点，所以A1DB1C1.因为B

17、B1B1C1B1，B1C1，BB1平面BB1C1C，所以A1D平面BB1C1C.因为A1D平面A1BD，所以平面A1BD平面BB1C1C.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，要证线面平行、需证线线平行，要证面面垂直、需证线线垂直、线面垂直，属于基础题.20.如图，四边形为正方形， 平面， ，点， 分别为， 的中点（1）证明： ;（2）求点到平面的距离【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接， ，由条件可证明，再计算，说明；（2）利用等体积转化，求点到面距离.【详解】（）证明：取的中点，连接， ，则，且，且，且，四边形为平行四边形，中，G为的中点， （）由（）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为利用等体积法： ，即， ， ，【点睛】本题考查线线垂直的证明，以及点到平面的距离，重点考查推理证明，计算能力，属于中档题型.