2020-2021学年安徽省六安市舒城中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020-2021学年安徽省六安市舒城中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年安徽省六安市舒城中学高二上学期第二次月考数学（理）试题  一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先由直线方程求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系，求出倾斜角【详解】解：设直线的倾斜角为，因为直线方程为，所以直线的斜率为，所以，因为，所以，故选：B【点睛】此题考查已知直线方程求直线的倾斜角，属于基础题.2．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，，则．其中正确的是（    ）A．①② B．②③ C．②④ D．②④【答案】C【解析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：①中：、也可能相交或异面，故①错误；②中：因为，，所以或，因为，所以，故②正确；③中：或，故③错误；④中：过直线m作平面，使得，因为，，，.又因为，，， 则直线， 所以，故④正确.故选：C.【点睛】本题考查了线面平行或垂直的判断，属于基础题.3．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形.研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率≈π.若胡夫金字塔的高为h，则该金字塔的侧棱长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知列方程求出金字塔的底面边长，再利用勾股定理求出金字塔的侧棱长【详解】设胡夫金字塔的底面边长为a，由已知可得=π，所以a=，则胡夫金字塔的侧棱长为，故选：D.【点睛】此题考查的是有关四棱锥的有关计算，属于基础题4．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减【答案】A【解析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.【详解】由函数图象平移变换的性质可知：将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：.则函数的单调递增区间满足：，即，令可得一个单调递增区间为：.函数的单调递减区间满足：，即，令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．点到直线的距离的最大值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】根据条件先判断出直线所过的定点，此时到距离的最大值即为的距离.【详解】因为，所以，所以，所以直线过定点，所以到直线的距离的最大值为：，故选：B.【点睛】本题考查直线过定点以及直线外一点到动直线的距离的最大值，解答本题的关键是能通过分析直线的方程确定出所过的定点，难度一般.6．已知实数满足约束条件，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可．【详解】画出线性约束条件对应的可行域，表示可行域内的点与的连线斜率，由斜率公式可求两个边界斜率分别是，故其取值范围为．故选：．【点睛】本题主要考查线性规划和直线斜率的基本应用，利用目标函数的几何意义和数形结合是解决问题的基本方法，属于基础题．7．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（    ）.A．16 B． C．5 D．4【答案】D【解析】由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值.【详解】设等比数列公比为，由已知，，即，解得或（舍），又，所以，即，故，所以，当且仅当时，等号成立.故选：D.【点睛】本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档题.8．某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的最大棱长为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解最长棱长即可．【详解】解：由题意可知几何体的直观图如图：是长方体的一部分，最长棱长为：．故选：．【点睛】本题考查三视图的应用，判断几何体的形状是解题的关键，考查转化思想以及空间想象能力，是基础题．9．在直棱柱中，若为等边三角形，且，则与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意，设，，取中点，连结，，得出与所成角即为或其补角，利用余弦定理，即可求解.【详解】由题意，设，，则连结交于点，取中点，连结，，则且，则与所成角即为或其补角，又由，，由余弦定可得.故选：D.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了转化思想，以及计算能力.10．已知点，在直线和上分别找一点M和N，使的周长最短，则最短周长为（    ）A．4 B． C． D．【答案】B【解析】求出关于和的对称点分别为，则线段的长为所求最短周长．【详解】设点A关于和的对称点分别为，，∵，又，．又直线的方程为，∴，此时，的周长最短，且最短周长为，故选B．【点睛】本题考查对称性，解题关键是利用对称性把三角形周长的最小值转化为平面上两点间的距离线段最短．11．已知数列满足对时，，且对，有，则数列的前50项的和为（   ）A．2448 B．2525 C．2533 D．2652【答案】B【解析】由题得，.故选B.点睛：本题的难点在于通过递推找到数列的周期. 可以先通过列举找到数列的周期，再想办法证明. 由于问题中含有的项数较多，且有规律性，所以要通过分析递推找到数列的周期.12．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦、的长度分别等于、，、分别为、的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦、可能相交于点②弦、可能相交于点③的最大值为5 ④的最小值为1其中真命题的个数为A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】【详解】①③④正确，②错误．易求得、到球心的距离分别为3、2，若两弦交于，则⊥，中，有，矛盾；弦、只能相交于点；当、、共线时分别取最大值5最小值1．   二、填空题13．已知为单位向量，且，则值为_________【答案】【解析】将等式两边同时平方，根据向量的模长均为可求解出的值.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查根据向量的模长计算向量的数量积，解答问题的关键在于能想到将关于模长的等式平方，难度一般.14．若直线与直线垂直，则的值为_________．【答案】.【解析】先分析当有一条直线斜率不存在时的情况，当两条直线的斜率都存在时，只需令斜率之积为即可解得答案.【详解】当，时，直线与直线垂直，此时直线；当两条直线的斜率都存在时，有，解得，综上所述，若直线与直线垂直，则.故答案为：.【点睛】本题考查根据两条直线的垂直关系求参，较简单，利用直线垂直时斜率之间的关系求解即可.15．在数列中，已知，，则该数列前项的和_________．【答案】.【解析】由题目条件分析可知数列为等差数列，然后利用等差数列的前项和公式、结合等差数列的性质求解.【详解】由可知，数列为等差数列，所以，所以故答案为：.【点睛】本题考查等差数列的性质及前项和公式的运用，较简单.16．已知四棱锥的顶点都在球的球面上，底面，且，，若球的表面积为，则________．【答案】【解析】由题意可知外求解半径，再根据几何体的特点找出外球球心，用含的式子表示出外接球半径的表达式，然后求解.【详解】如图所示，设球体的球心位点，四变形所在截面圆的圆心为点，根据球的表面积为得，外接球半径.因为，，所以点位于的中点，则,所以，连接，则平面，且，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查锥体外接球的相关计算，难度一般，利用几何法找出球心，列出有关外接球半径的关系式是关键. 三、解答题17．已知直线：.（1）若直线的倾斜角是倾斜角的两倍，且与的交点在直线上，求直线的方程；（2）若直线与直线平行，且与的距离为3，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】（1）直线的斜率是，所以的倾斜角是，所以直线的倾斜角就是，再根据交点，利用点斜式方程求直线；（2）设直线的方程为，再根据平行线的距离求.【详解】解：（1）因为直线的斜率为，所以倾斜角为.又因为直线的倾斜角是倾斜角的两倍，故的倾斜角是.因为直线与直线的交点为，所以直线的方程是，即.（2）因为直线与直线平行，故可设直线的方程为.因为与的距离为3，则有，解得或，所以直线的方程或.【点睛】本题考查直线方程的求法，意在考查直线方程的每种形式需要的条件，但比较重要的还是已知两点求直线，或者已知直线过一个定点和直线的斜率．18．四棱锥中，底面为菱形，（1）求证：平面;（2）求证：．【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用结合线面平行的判定定理，证得结论成立.（2）连接交于，连接，根据菱形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，由此证得平面，进而证得.【详解】（1）因为四边形ABCD是平行四边形，所以,又因为平面，平面,所以平面．（2）连AC交BD与O，连PO.四边形ABCD为菱形，且.因为，，，所以平面，所以.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查通过证明线面垂直来证明线线垂直，属于中档题.19．的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【答案】(1) ;(2).【解析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.20．已知等比数列的前项和为， ， ， 是， 的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】(1) .(2) .【解析】（1）由是，的等差中项，推出，再根据数列是等比数列，即可求得公比，从而可得数列的通项公式；（2）根据（1）可得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，再根据裂项相消法求和，即可求得.【详解】（1）∵是，的等差中项，∴∴，化简得，，设等比数列的公比为，则，∵，∴，∴，∴.（2）由（1）得：.设.∴.【点睛】：本题主要考查求等比数列的通项公式以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.21．如图，ABCD为矩形，点A、E、B、F共面，和均为等腰直角三角形，且若平面⊥平面（Ⅰ）证明:平面平面ADF（Ⅱ）问在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面若存在，求出此时三棱锥G一ABE与三棱锥的体积之比，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，体积比为.【解析】(1)由题意得：由ABCD为矩形可得到BC⊥AB，再由平面⊥平面可得到BC⊥AF，所以AF⊥平面BCF，再根据面面垂直的判断定理可得到平面平面ADF；(2)通过已知条件可得到平面BCE∥平面ADF，延长EB到点H，使得BH =AF，得到ABHF是平行四边形，从而可得到HFDC是平行四边形，即有CH∥DF.，过点B作CH的平行线，交EC于点G，此点G为所求的G点即存在，由EG=和，可得到即；【详解】（Ⅰ）∵ABCD为矩形，∴BC⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF=AB，∴BC⊥平面AEBF， 又∵AF平面AEBF，∴BC⊥AF，∵∠AFB=90°，即AF⊥BF，且BC、BF平面BCF，BC∩BF=B，∴AF⊥平面BCF，又∵AF平面ADF，∴平面ADF平面BCF.（Ⅱ）∵BC∥AD，AD平面ADF，∴BC∥平面ADF.∵和均为等腰直角三角形，且90°，∴∠FAB=∠ABE=45°，∴AF∥BE，又AF平面ADF，∴BE∥平面ADF，∵BC∩BE=B，∴平面BCE∥平面ADF.延长EB到点H，使得BH =AF，又BC AD，连CH、HF，易证ABHF是平行四边形，∴HFABCD，∴HFDC是平行四边形，∴CH∥DF.过点B作CH的平行线，交EC于点G，即BG∥CH∥DF，（DF平面CDF）∴BG∥平面CDF，即此点G为所求的G点，如图：又BE=，∴EG=，又，，所以【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理及判断定理，线面平行的判断定理及等体积法求三棱锥的体积，属于较难题.22．如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点，将沿折起到的位置，如图2.
 （1）证明：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【详解】【分析】试题分析：（1）先证平面，又，得平面；（2）由已知得为二面角的平面角，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，面与面夹角为，由，即得平面与平面夹角的余弦值.试题解析：（1）在图1中，因为，，是的中点，，所以即在图2中，，从而平面又，所以平面．
 (2)由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，所以为二面角的平面角，所以．如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以，，，，得，，．设平面的法向量，平面的法向量，二面角为，则，得，取，，得，取，从而，由图可知为钝角．即二面角的余弦值为．【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的性质，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.