2020-2021学年江西省上饶市高一（下）5月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）5月月考数学试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知l，m为两条不同直线，α，β为两个不同平面．则下列命题正确的是( )
A.若l // α，m⊂α，则l // mB.若l // α，m // α，则l // m
C.若l⊂α，m⊂β，α // β，则l // mD.若l // α，l // β，α∩β=m，则l // m

2. 等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10=10，S30=30，则S20=( )
A.10B.20C.20或−10D.−20或10

3. 在△ABC中，若sinBsinC=cs2A2，则△ABC是( )
A.直角三角形B.等边三角形
C.等腰三角形D.等腰直角三角形

4. 已知数列an满足a1=13，an+1=1+an1−ann∈N∗，则a1⋅a2⋅a3……a2019=( )
A.−3B.−2C.−12D.−13

5. 若直线过点1,1且与两坐标轴所围成的三角形的面积为2，则这样的直线有( )
A.1条B.2条C.3条D.4条

6. 已知函数fn=n2,n为奇数，−n2,n为偶数， 且an=fn+fn+1，则a1+a2+a3⋯+a2020 等于( )
A.−2020B.−2019C.2020D.2019

7. 在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边， △ABC的面积S=2，且满足acsB=b1+csA，则c+a−bc+b−a的取值范围是( )
A.82−8,8B.0,8C.83−83,83D.83−83,8

8. 已知数列an满足an+1−an=2，若不等式a12+a2+⋯⋯+an≤33恒成立，则n的最大值为( )
A.6B.7C.8D.9

9. 若实数x，y满足x=1−y2，则y+2x的取值范围为( )
A.[−3，3]B.[−33，33]C.[33，+∞)D.[3，+∞)

10. 设{an}是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是（ ）
A.2X+Z=3YB.4X+Z=4YC.2X+3Z=7YD.8X+Z=6Y

11. 在直角坐标系中，定义两点P(x1, y1)，Q(x2, y2)之间的“直角距离”为d(P, Q)=|x1−x2|+|y1−y2|，现给出四个命题：
①已知P(1, 3)，Q(sin2x, cs2x)，x∈R，则d(P, Q)为定值；
②用|PQ|表示P，Q两点间的“直线距离”，那么|PQ|≥22d(P, Q)；
③已知P为直线y=x+2上任一点，O为坐标原点，则d(P, Q)的最小值为2；
④已知P，Q，R三点不共线，则必有d(P, Q)+d(Q, R)>d(P, Q).
(参考公式：a2+b2≥12(a+b)2) 则说法正确的是( )
A.②③B.①④C.①②D.①②④

12. 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120∘，AP=2，AB=2，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是( )
A.9π2B.92πC.18πD.40π
二、填空题

若ln2，ln(ex−1)，ln(ex+3)成等差数列，则x的值等于________．
三、解答题

已知△ABC的顶点A5,2，AB边上的中线CM所在的直线方程为2x−y−5=0，AC边上高BH所在的直线方程为x+5y−23=0．
(1)顶点C的坐标．

(2)直线BC的方程．

已知数列{an}中，a1=1,a2=3，其前n项和为Sn，且当n≥2时，an+1Sn−1−anSn=0.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=9anan+3an+1+3，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.

如图，在直三棱柱ADF−BCE中，AB=BC=BE=2，CE=22．

(1)求证：AC⊥平面BDE；

(2)若点K在线段BE上，且EK=23，求三棱锥K−BDF的体积．

在鄱阳中学校区西边有一直径为8米的半圆形空地，现计划移植一古树，但需要有辅助光照．半圆周上的C处恰有一可旋转光源满足古树生长的需要，该光源照射范围是∠ECF=π6，点E，F在直径AB上，且∠ABC=π6．

(1)若CE=13，求AE的长；

(2)设∠ACE=α，求该空地种植古树的最大面积．

已知数列an为等差数列，且d≠0，an的部分项组成等比数列bn，其中bn=akn，若k1=1，k2=5，k3=17.
(1)求kn；

(2)若a1=2，求数列ankn的前n项和Sn.

已知圆心在x轴正半轴上的圆C与直线5x+12y+21=0相切，与y轴交于M，N两点，且∠MCN=120∘．

(1)求圆C的标准方程；

(2)过点P0,2的直线l与圆C交于不同的两点A，B，若设点G为△OAB的重心，当△MNG的面积为3时，求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
两条直线平行的判定
【解析】
根据直线与平面的位置关系，对选项中的命题分析判断，选出正确的命题即可．
【解答】
解：对于A，l // α，m⊂α时，有l // m或l与m异面，所以A错误；
对于B，l // α，m // α时，有l // m或l与m相交或异面，所以B错误；
对于C，l⊂α，m⊂β，α // β时，有l // m或l与m异面，所以C错误；
对于D，l // α，l // β，α∩β=m时，有l // m，所以D正确．
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设首项为a1，公比为q，
当q=1时，易知an=1，
∴ S20=20，
当q≠1时，
∵ S10=10，S30=30，
∴ a1(1−q10)1−q=10①，
a1(1−q30)1−q=30②，
∴ 由①×3=②整理可得
(q10−1)2(q10+2)=0，
解得q=−1，不合题意，舍去.
综上所述，S20=20.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
二倍角的余弦公式
三角函数的和差化积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△ABC中，sinA⋅sinB=cs2C2=1+csC2,
∴−12[cs(A+B)−cs(A−B)]=1+csC2,
即12cs[π−(A+B)]+12cs(A−B)=1+csC2，
整理得：csC2+12cs(A−B)=1+csC2.
∴cs(A−B)=1
∴A=B，
∴△ABC为等腰三角形.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用数列的递推关系式的应用和数列的周期的应用求出结果
【解答】
解：数列an满足a1=13，an+1=1+an1−an，n∈N∗，
当n=1时，a2=1+a11−a1=2；
当n=2时，a3=1+a21−a2=−3；
当n=3时， a4=1+a31−a3=−12；
当n=4时，a4=1+a31−a3=13.
⋯
故数列的周期为4.
所以a1⋅a2⋅a3⋅a4=1.
由于2019=504×4+3，
所以a1⋅a2⋅
=1×1×1×⋯×13×2×−3
=−2.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线l的截距式方程为xa+yb=1．
∵直线l经过点1,1，且与两坐标轴所围成的三角形的面积为2，
∴1a+1b=1，12|ab|=2，
解得a=2,b=2或a=−2+22,b=−2−22或a=−2−22,b=−2+22.
∴ 直线l的条数为3．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
【解析】
直接利用数列的递推关系式的应用和数列的周期的应用求出结果
【解答】
解：当n为奇数时，n+1为偶数，则an=n2−(n+1)2=−2n−1，
所以a1+a3+a5+... +a2019
=−3+7+11+⋯+4039，
当n为偶数时，n+1为奇数，则an=−n2+(n+1)2=2n+1，
所以a2+a4+a6+⋯+a2020
=5+9+13+...+4041．
所以a1+a2+a3+⋯ +a2020
=5−3+9−7+13−11+⋯+4041−4039
=2×1010=2020.
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
二倍角的正切公式
二倍角的余弦公式
【解析】
利用正余弦定理以及三角恒等变换公式即可求解.
【解答】
解：由题意，在锐角△ABC中，满足acsB=b(1+csA），
由正弦定理可得：sinAcsB=sinB+sinBcsA，
即sinAcsB−sinBcsA=sinB，
可得sinA−B=sinB，
所以A−B=B，即A=2B1 ，
可得1>tanC2>−1+2，
又由△ABC的面积S=12absinC=2，所以ab=4sinC，
则c+a−bc+b−a
=c2−a2−b2+2ab=−2abcsC+2ab
=2ab1−csC=8sinC1−csC
=8×1−1−2sin2C22sinC2csC2
=8tanC2∈82−8,8.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列
等差数列的前n项和
不等式恒成立问题
【解析】
由题意可得数列an为公差为2的等差数列，运用等差数列的求和公式，化简，结合二次不等式的判别式非负，解不等式可得所求最大值．
【解答】
解：数列an满足an+1−an=2，
可得数列an为公差为2的等差数列，
a12+a2+... +an≤33，即有
a12−a1+na1+nn−12×2≤33，
则a12+n−1a1+n2−n−33≤0，
由Δ=n−12−4n2−n−33≥0，
可得3n2−2n−133≤0，
即为n−73n+19≤0，
可得n≤7，即n的最大值为7.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设过原点的右半个圆的切线方程为y=kx−2，再根据圆心(0, 0)到切线的距离等于半径，求得k的值，可得y+2x的取值范围．
【解答】
解：由题意可得，y+2x表示右半个圆x2+y2=1上的点(x, y)与点(0, −2)连线的斜率，
设k=y+2x，故此圆的切线方程为y=kx−2，
再根据圆心(0, 0)到切线的距离等于半径，可得r=|−2|1+k2=1，
平方得k2=3，
求得k=±3，故y+2x的取值范围是[3, +∞).
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sn=An2+Bn，可得X=An2+Bn，Y=4An2+2Bn，Z=16An2+4Bn，代入验证即可得出．
【解答】
解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sn=An2+Bn，
则X=An2+Bn，Y=4An2+2Bn，Z=16An2+4Bn，
于是8X+Z−6Y=8(An2+Bn)+16An2+
4Bn−6(4An2+2Bn)=0，
∴ 8X+Z=6Y，因此D正确．
经过代入验证可得：2X+Z≠3Y，4X+Z≠4Y，2X+3Z≠7Y，
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
进行简单的合情推理
两点间的距离公式
【解析】
先根据直角距离的定义分别表示出所求的问题的表达式，然后根据集合中绝对值的性质进行判定即可．
【解答】
解：①若P(1, 3)，Q(sin2x, cs2x)(x∈R)，
则d(P, Q)=|1−sin2x|+|3−cs2x|=4−(cs2x+sin2x)=3为定值，故①正确；
②|PQ|表示P，Q两点间的“直线距离”，
那么|PQ|2=|x1−x2|2+|y1−y2|2≥12(|x1−x2|+|y1−y2|)2，
即|PQ|≥22d(P, Q)，故②正确；
③已知P为直线y=x+2上任一点，
设P(x, x+2)，O(0, 0)，则d(P, Q)=|x1−x2|+|y1−y2|=|x|+|x+2|，
表示数轴上的x到−2和0的距离之和，其最小值为2，故③不正确；
④∵ P，Q，R三点不共线，且d(Q, R)>0，故d(P, Q)+d(Q, R)>d(P, Q)，故④正确.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
首先确定三角形ABC为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积．
【解答】
解：如图所示：
三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AP=2，AB=2，
M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，
则当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，
由于PA⊥平面ABC，
所以PA2+AM2=PM2，
解得AM=1，
所以BM=3，
则∠BAM=60∘，
由于∠BAC=120∘，
所以∠MAC=60∘，
则△ABC为等腰三角形．
所以BC=23，
在△ABC中，设外接圆的直径为2r=23sin120∘=4，
则r=2，
所以外接球的半径R=22+(22)2=92，
则S=4⋅π⋅92=18π.
故选C．
二、填空题
【答案】
ln5
【考点】
等差中项
等差数列
【解析】
1n2，ln(ex−1)，ln(ex+3)成等差数列，可得2ln(ex−1)＝ln2+ln(ex+3)，利用对数运算性质即可得出．
【解答】
解：∵ ln2，ln(ex−1)，ln(ex+3)成等差数列，
∴ 2ln(ex−1)=ln2+ln(ex+3)，
∴ (ex−1)2=2(ex+3)，
化为：(ex)2−4ex−5=0，ex>0．
解得ex=5，可得x=ln5．
故答案为：ln5．
三、解答题
【答案】
解：(1)设Cm,n，且AC⊥BH，
n−2m−5×−15=−1,2m−n−5=0,
解得m=6,n=7,
故顶点C的坐标为C6,7．
(2)设B的坐标为x,y，则x+5y−23=0 ①，
点M的坐标为x+52,y+22，则2×x+52−y+22−5=0 ②，
联立①②解得点B的坐标为3,4，
则直线BC的方程为： x−y+1=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
中点坐标公式
两条直线的交点坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设Cm,n，且AC⊥BH，
n−2m−5×−15=−1,2m−n−5=0,
解得m=6,n=7,
故顶点C的坐标为C6,7．
(2)设B的坐标为x,y，则x+5y−23=0 ①，
点M的坐标为x+52,y+22，则2×x+52−y+22−5=0 ②，
联立①②解得点B的坐标为3,4，
则直线BC的方程为： x−y+1=0．
【答案】
解：(1)由an+1Sn−1−anSn=0，
Sn+1−SnSn−1−Sn−Sn−1Sn=0(n≥2)，
故Sn+1Sn−1=Sn2又S1=1≠0且S2=4，
所以数列{Sn}是一个以1为首项，4为公比的等比数列,
所以Sn=4n−1①，
Sn−1=4n−2②(n≥2)，
由①−②，an=3⋅4n−2 (n≥2)，且a1=S1=1不满足上式
所以an=1,n=1,3⋅4n−2,n≥2.
(2)b1=94⋅6=38,T1=38,n≥2时，
bn=9anan+3an+1+3=27⋅4n−23×4n−2+33×4n−1+3
=3⋅4n−24n−2+14n−1+1=14n−2+1−14n−1+1，
Tn=38+142−2+1−142−1+1+⋯
+14n−2+1−14n−1+1=78−14n−1+1.
而T1=38也满足上式，Tn=78−14n−1+1.
【考点】
等比数列的性质
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an+1Sn−1−anSn=0，
Sn+1−SnSn−1−Sn−Sn−1Sn=0(n≥2)，
故Sn+1Sn−1=Sn2又S1=1≠0且S2=4，
所以数列{Sn}是一个以1为首项，4为公比的等比数列,
所以Sn=4n−1①，
Sn−1=4n−2②(n≥2)，
由①−②，an=3⋅4n−2 (n≥2)，且a1=S1=1不满足上式
所以an=1,n=1,3⋅4n−2,n≥2.
(2)b1=94⋅6=38,T1=38,n≥2时，
bn=9anan+3an+1+3=27⋅4n−23×4n−2+33×4n−1+3
=3⋅4n−24n−2+14n−1+1=14n−2+1−14n−1+1，
Tn=38+142−2+1−142−1+1+⋯
+14n−2+1−14n−1+1=78−14n−1+1.
而T1=38也满足上式，Tn=78−14n−1+1.
【答案】
(1)证明：在直三棱柱ADF−BCE中，AB⊥平面BCE，
∴AB⊥BC，AB⊥BE，
又AB=BC=BE=2， CE=22，
∴BC2+BE2=CE2，
∴BE⊥BC，且AB⊥BE，
∵AB∩BC=B，
∴BE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴BE⊥AC，
又∵DB⊥AC，DB∩BE=B，
∴AC⊥平面BDE．
(2)解：由(1)可得， AD⊥平面ABEF，
∵AB=BC=BE=2，EK=23，
∴S△BKF=12×2−23×2=43，
∴VK−BDF=VD−KBF=13⋅S△BKF⋅DA=13×43×2=89．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在直三棱柱ADF−BCE中，AB⊥平面BCE，
∴AB⊥BC，AB⊥BE，
又AB=BC=BE=2， CE=22，
∴BC2+BE2=CE2，
∴BE⊥BC，且AB⊥BE，
∵AB∩BC=B，
∴BE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴BE⊥AC，
又∵DB⊥AC，DB∩BE=B，
∴AC⊥平面BDE．
(2)解：由(1)可得， AD⊥平面ABEF，
∵AB=BC=BE=2，EK=23，
∴S△BKF=12×2−23×2=43，
∴VK−BDF=VD−KBF=13⋅S△BKF⋅DA=13×43×2=89．
【答案】
解：(1)在直角三角形ABC中，
∵∠ABC=π6，直径AB=8，
故可得AC=12AB=4，∠CAE=π3，
在△ACE中，由余弦定理可得AC2+AE2−CE22AC×AE=cs∠CAE，
代入可得AE2−4AE+3=0，
解得AE=1或3．
故AE=1或AE=3．
(2)根据题意∠ACE=α∈0，π3，
∠AFC=π−∠A−∠ACF=π2−α，
在△ACF中，由正弦定理得： CFsinA=ACsin∠CFA，
解得CF=23csα，
在△ACE中，由正弦定理得：CEsinA=ACsin∠AEC，
解得CE=23sinπ3+α，
故三角形CEF的面积为：
S=12CE⋅CF⋅sin∠ECF
=12sin2α+3cs2α+3
=122sin2α+π3+3，
∵α∈0,π3，故可得sin2α+π3∈0,1，
故当α=π3时，S取得最大值，最大值为43，
该空地种植古树的最大面积为43．
【考点】
余弦定理
余弦定理的应用
在实际问题中建立三角函数模型
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在直角三角形ABC中，
∵∠ABC=π6，直径AB=8，
故可得AC=12AB=4，∠CAE=π3，
在△ACE中，由余弦定理可得AC2+AE2−CE22AC×AE=cs∠CAE，
代入可得AE2−4AE+3=0，
解得AE=1或3．
故AE=1或AE=3．
(2)根据题意∠ACE=α∈0，π3，
∠AFC=π−∠A−∠ACF=π2−α，
在△ACF中，由正弦定理得： CFsinA=ACsin∠CFA，
解得CF=23csα，
在△ACE中，由正弦定理得：CEsinA=ACsin∠AEC，
解得CE=23sinπ3+α，
故三角形CEF的面积为：
S=12CE⋅CF⋅sin∠ECF
=12sin2α+3cs2α+3
=122sin2α+π3+3，
∵α∈0,π3，故可得sin2α+π3∈0,1，
故当α=π3时，S取得最大值，最大值为43，
该空地种植古树的最大面积为43．
【答案】
解：(1)由k1=1，k2=5，k3=17知a1a1+16d=a1+4d2，
得a1=2d，
从而ak=k+1d，
所以b1=a1=2d，b2=a5=6d，
则等比数列bn的公比为3，
bn=akn=a1+kn−1d=2d⋅3n−1，
所以kn=2⋅3n−1−1.
(2)a1=2，则an=n+1，
ankn=(n+1)(2⋅3n−1−1)=2(n+1)3n−1−(n+1)，
Sn=22+3⋅3+4⋅32+…+n+1⋅3n−1−nn+32，
令Tn=2+3⋅3+4⋅32+…+n+1⋅3n−1①，
3Tn=2⋅3+3⋅32+…+n⋅3n−1+n+1⋅3n②，
由①−②：−2Tn=2+3+32+…+3n−1−n+1⋅3n
=1+1−3n1−3−n+1⋅3n，
Tn=2n+13n−14，
所以Sn=2Tn−n(n+3)2
=2n+1⋅3n−n2+3n+12.
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列与等比数列的综合
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)利用已知条件求出数列的通项公式；
(2)利用乘公比错位相减法求出数列的和．
【解答】
解：(1)由k1=1，k2=5，k3=17知a1a1+16d=a1+4d2，
得a1=2d，
从而ak=k+1d，
所以b1=a1=2d，b2=a5=6d，
则等比数列bn的公比为3，
bn=akn=a1+kn−1d=2d⋅3n−1，
所以kn=2⋅3n−1−1.
(2)a1=2，则an=n+1，
ankn=(n+1)(2⋅3n−1−1)=2(n+1)3n−1−(n+1)，
Sn=22+3⋅3+4⋅32+…+n+1⋅3n−1−nn+32，
令Tn=2+3⋅3+4⋅32+…+n+1⋅3n−1①，
3Tn=2⋅3+3⋅32+…+n⋅3n−1+n+1⋅3n②，
由①−②：−2Tn=2+3+32+…+3n−1−n+1⋅3n
=1+1−3n1−3−n+1⋅3n，
Tn=2n+13n−14，
所以Sn=2Tn−n(n+3)2
=2n+1⋅3n−n2+3n+12.
【答案】
解：(1)由题意知圆心Ca,0，且a>0，
由∠MCN=120∘知Rt△MCO中，∠MCO=60∘，|OC|=a，则CM=2a，
于是可设圆C的方程为x−a2+y2=4a2，
又点C到直线5x+12y+21=0的距离为d=|5a+21|13=2a，
所以a=1或a=−2131（舍），
故圆C的方程为x−12+y2=4．
(2)△MNG的面积S=12|MN||xG|=3|xG|=3，
所以|xG|=1．
若设Ax1,y1，Bx2,y2，
则xG=x1+x2+03，即x1+x2=3xG，
当直线l斜率不存在时，△ABO不存在，
故可设直线l为y=kx+2代入圆C的方程 x−12+y2=4中，
可得1+k2x2+4k−2x+1=0．
则1+k2x2+4k−2x+1=0,Δ>0⇒k0，
由∠MCN=120∘知Rt△MCO中，∠MCO=60∘，|OC|=a，则CM=2a，
于是可设圆C的方程为x−a2+y2=4a2，
又点C到直线5x+12y+21=0的距离为d=|5a+21|13=2a，
所以a=1或a=−2131（舍），
故圆C的方程为x−12+y2=4．
(2)△MNG的面积S=12|MN||xG|=3|xG|=3，
所以|xG|=1．
若设Ax1,y1，Bx2,y2，
则xG=x1+x2+03，即x1+x2=3xG，
当直线l斜率不存在时，△ABO不存在，
故可设直线l为y=kx+2代入圆C的方程 x−12+y2=4中，
可得1+k2x2+4k−2x+1=0．
则1+k2x2+4k−2x+1=0,Δ>0⇒k