河北省衡水市桃城区第十四中学2020-2021学年高二上学期一调考试数学试卷 WORD版含答案.doc

1、数 学 试 卷一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1已知集合Ax|0x3，集合Bx|x|2，则AB（）A（2，0）B（0，2）C（2，3）D（2，3）【分析】可以求出集合B，然后进行并集的运算即可【解答】解：Ax|0x3，Bx|2x2，AB（2，3）故选：C【点评】本题考查了描述法、区间的定义，绝对值不等式的解法，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题2函数ylg（x22x3）的定义域为（）A（1，3）B（3，1）C（，3）（1，+）D（，1）（3，+）【分析】由对数式的真数大于0求解一元二次不等式得答案【解答】解：由x22x30，得（x+1）（x3）0，解得x1或x3函数ylg

2、（x22x3）的定义域为（，1）（3，+）故选：D【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础的计算题3已知角的终边过点（3，4），则cos（）（）ABCD【分析】根据三角函数的定义求出cos，再计算cos（）【解答】解：因为角的终边过点P（3，4），所以r5，所以cos，所以cos（）cos故选：D【点评】本题考查了任意角三角函数的定义与诱导公式应用问题，是基础题4下列函数中，既是奇函数，又是周期函数的是（）Aysin|x|Bycos2xCyx3Dycos（+x）【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与周期性，综合即可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，ysin|x|，有

3、f（x）sin|x|sin|x|f（x），为偶函数，不符合题意；对于B，ycos2x，有f（x）cos（2x）cos2xf（x），为偶函数，不符合题意；对于C，yx3，为幂函数，是奇函数但不是周期函数，不符合题意；对于D，ycos（+x）sinx，既是奇函数，又是周期函数，符合题意；故选：D【点评】本题考查函数奇偶性、周期性的判断，注意常见函数的奇偶性与周期性，属于基础题5已知函数f（x）ax（a0且a1）在（0，2）内的值域是（1，a2），则函数yf（x）的图象大致是（）ABCD【分析】先判断底数a，由于指数函数是单调函数，则有a1，再由指数函数的图象特点，即可得到答案【解答】解：函数f（x

4、）ax（a0且a1）在（0，2）内的值域是（1，a2），则由于指数函数是单调函数，则有a1，由底数大于1指数函数的图象上升，且在x轴上面，可知B正确故选：B【点评】本题考查指数函数的图象和单调性，考查函数图象的画法，属于基础题6函数yAsin（x+）（A0，0，|）在一个周期内的图象如图所示，则此函数的解析式为（）Ay2sin（2x+）By2sin（）Cy2sin（2x）Dy2sin（2x+）【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式【解答】解：由函数的最小值为2可得A2，再根据（），求得2，再根据五点法作图可得2（）+，求得，故函数的解析式为y2

5、sin（2x+），故选：D【点评】本题主要考查由函数yAsin（x+）的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，属于基础题7等差数列an的前n项和为Sn，已知S3a2+10a1，a534，则a1（）A1B2C3D4【分析】利用等差数列通项公式与求和公式即可得出【解答】解：设等差数列an的公差为d，S3a2+10a1，a534，3a1+3d11a1+d，a1+4d34，则a12故选：B【点评】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8若点P（1，1）为圆x2+y26x0的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为（）A2x

6、y10Bx2y+10Cx+2y30D2x+y30【分析】由题意，根据垂径定理的逆定理得到此连线与弦MN垂直，由圆心与P坐标求出其确定直线的斜率，利用两直线垂直时斜率的乘积为1，求出弦MN所在直线的斜率，从而可得弦MN所在直线的方程【解答】解：x2+y26x0化为标准方程为（x3）2+y29P（1，1）为圆（x3）2+y29的弦MN的中点，圆心与点P确定的直线斜率为，弦MN所在直线的斜率为2，弦MN所在直线的方程为y12（x1），即2xy10故选：A【点评】本题考查了直线与圆相交的性质，考查垂径定理，以及直线的点斜式方程，其中根据题意得到圆心与点P连线垂直与弦MN所在的直线是解本题的关键9设方程

7、|x23|a的解的个数为m，则m不可能等于（）A1B2C3D4【分析】由题意作出图形，数形结合得答案【解答】解：在同一坐标系中分别画出函数y1|x23|和y2a的图象，如图所示可知方程解的个数为0，2，3或4，不可能为1故选：A【点评】本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题10已知不等式4对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为（）A1B2C4D6【分析】先将不等式恒成立转化为左边函数的最小值大于等于4恒成立；将不等式的左边展开，利用基本不等式求出最小值，令最小值大于等于4，解不等式求出a的范围，求出a的最小值【解答】解：（x+y）（+）4对任意正实

8、数x，y恒成立，（x+y）（+）1+a+1+a+2，1+a+24，解得a1，故选：A【点评】本题考查解决不等式恒成立问题常转化为函数的最值问题、考查利用基本不等式求函数的最值11直线l是圆x2+y24在（1，）处的切线，点P是圆x24x+y2+30上的动点，则P到l的距离的最小值等于（）AB2C3D4【分析】根据题意，由圆的切线方程可得直线l的方程，由圆的方程分析圆的圆心与半径，进而求出圆心到直线l的距离，结合直线与圆的位置关系分析可得答案【解答】解：根据题意，直线l是圆x2+y24在（1，）处的切线，则直线l的方程为xy4，变形可得x+y+40，圆x24x+y2+30，即（x2）2+y21，

9、其圆心为（2，0），半径r1，点P是圆x24x+y2+30上的动点，则圆心到直线l的距离d3，则P到l的距离的最小值dr312； 故选：B【点评】本题考查圆的切线方程，涉及点到直线的距离公式的计算，属于基础题12如图，在四棱锥OABCD中，CO平面ABOD，ABOD，OBOD，且AB2OD12，AD6，异面直线CD与AB所成角为30，点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的半径为（）A3B4CD【分析】首先根据异面直线所成的角得到CDO30，求出OC，利用补形法得到长方体的对角线长度即为外接球的直径【解答】解：由条件可知ABOD，所以CDO为异面直线CD与AB所成角，故CDO30，而OD6，

10、故OCODtan302，在直角梯形ABOD中，易得OB6，以OB，OC，OD为相邻的三条棱，补成一个长方体，则该长方体的外接球半径R即为所求的球的半径，由（2R）2（2）2+62+6284，故R故选：C【点评】本题考查了几何体的外接球的半径求法；利用了补形法转化为求长方体的体对角线二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13棱长均为2的正四棱锥的体积为【分析】根据正四棱锥的结构特征计算棱锥的高，代入体积公式计算体积【解答】解设正四棱锥的底面中心为O，连结OP，则PO底面ABCD底面四边形ABCD是正方形，AB2，AOOP正四棱锥的体积V故答案为：【点评】本题考查了正四棱锥的结构特征，棱锥的体

11、积计算，属于基础题14已知圆的方程为x2+y26x8y0，设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为【分析】化圆的方程为x2+y26x8y0为标准方程，求出圆心和半径，然后解出AC、BD，可求四边形ABCD的面积【解答】解：圆的方程为x2+y26x8y0化为（x3）2+（y4）225圆心坐标（3，4），半径是5最长弦AC是直径，最短弦BD的中点是ESABCD 故答案为：【点评】本题考查直线与圆的方程的应用，圆的标准方程，是基础题15设m，n为空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，给出下列命题：若m，m，则； 若m，m，则；若m，mn，则n； 若m，则m其

12、中的正确命题序号是【分析】在中，与相交或平行；在中，由面面垂直的判断定理得；在中，n或n；在中，由线面垂直的判定定理得m【解答】解：由m，n为空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，知：在中，若m，m，则与相交或平行，故错误；在中，若m，m，则由面面垂直的判断定理得，故正确；在中，若m，mn，则n或n，故错误；在中，若m，则由线面垂直的判定定理得m，故正确故答案为：【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题16如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，BC2，AC，AA13，M为线段BB1上的一动点，则当A

13、M+MC1最小时，AMC1的面积为【分析】先将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由此可以求得AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积【解答】解：将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB1，BC2，AA13，再结合棱柱的性质，可得BMAA11，故B1M2由图形及棱柱的性质，可得AM，AC1，MC12 ，cosAMC1故sinAMC1，AMC1的面积为 2 ，故为：【点评】本题考查棱柱的特征，求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其

14、棱长等求出三角形的边长，再由面积公式求面积，本题代数与几何相结合，综合性强，解题时要注意运算准确，正确认识图形中的位置关系三、解答题（共6题，17题10分，1822题每题12分）17.在 ABC中,角 A, B, C的对边分别为 a, b, c,cos = . (1)求cos B的值; (2)若 , b=2 ,求 a和 c的值. 17.答案： (1) (2) 解析： 试题分析:解:(1)cos = ,sin = ,2分 cos B=1-2sin 2 = .5分 (2)由 可得 a ccos B=2,又cos B= ,故 ac=6, 6分 由 b 2= a 2+ c 2-2 accos B可得

15、a 2+ c 2=12,8分 ( a- c) 2=0,故 a= c, a= c= 10分 点评:解决关键是根据诱导公式及二倍角公式和向量的数量积结合余弦定理来求解,属于中档题。 18.为等差数列的前n项和，已知，（1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求证.18.答案：（1）由设数列的公差为d，则 解得， 所以是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为（2）由 19.设函数直线与函数图象相邻两交点的距离为（1）求的值； （2）在中，角所对的边分别是若点是函数图象的一个对称中心，且，求外接圆的面积.19.答案：（1），因为的最大值为，依题意，函数的最小正周期为， 由，得（2）因为，

16、依题意， ，由正弦定理， 外接圆的面积为.20.已知数列，其前n项和满足.(1)求. (2)设，求数列的前n项和.20.答案：(1)由，得.当时，.-，得. ，易得，满足，为等比数列，(2)，则.-，得，.21.已知四棱锥,底面是、边长为的菱形,又底,且,点、分别是棱、的中点.(1)求证平面; (2)求直线到平面的夹角.21.答案：(1)证明:取 中点,连接,因为分别是棱中点,所以,且,于是,平面.(2)连接,因为面,所以就是直线与平面所成的角,因为底面是,边长为的菱形,所以是正三角形,所以。又,所以,所以是等腰三角形,所以,故直线与平面所成的角为.22.已知梯形中，分别是，上的点，沿将梯形翻

17、折，使平面平面（如图）（1）当时，证明：平面；求二面角的余弦值；（2）三棱锥的体积是否可能等于几何体体积的？并说明理由【答案】（1）见解析，；（2）当时，三棱锥的体积等于几何体体积的.【解析】（1）可证，从而得到平面.如图，在平面中，过作且交于.在平面中，过作且交于，连接.可证为二面角的平面角，求出和的长度后可求二面角的余弦值.（2）若存在，则，利用体积公式可得关于的方程，解方程后可得，故假设成立.【详解】（1）在直角梯形中，因为，故，因为，故.所以在折叠后的几何体中，有，而，故平面 4分如图，在平面中，过作且交于.在平面中，过作且交于，连接.因为平面平面，平面平面，平面，故平面，因为平面，故

18、，而，故平面，又平面，故，所以为二面角的平面角，在平面中，因为，故，又在直角梯形中，且，故，故四边形为平行四边形，故，在直角三角形中，因为三角形内角，故，故，故，因为三角形内角，故.所以二面角的平面角的余弦值为. 8分（2）若三棱锥的体积等于几何体体积的，则即.由（1）的证明可知，平面，同理可证平面，.故，其中为直角梯形的面积.而，在直角梯形中，过作的垂线，与分别交于，则，故，所以，所以.所以.又，故，所以，解得，故当时，三棱锥的体积等于几何体体积的. 12分【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算. 又三棱锥的体积的计算需选择合适的顶点和底面，此时顶点到底面的距离容易计算.