2020-2021学年江西省上饶市横峰中学高二（课改班）上学期第一次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020-2021学年江西省上饶市横峰中学高二（课改班）上学期第一次月考数学（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学年江西省上饶市横峰中学高二（课改班）上学期第一次月考数学（理）试题  一、单选题1．平面平面，，，，则（    ）A． B． C． D．与相交但不一定垂直【答案】C【解析】设，在内，过点A作，由平面平面得到，再利用线面垂直的判定定理判断.【详解】如图所示：设，在内，过点A作，因为，，平面平面，所以，又，所以，故选：C【点睛】本题主要考查面面垂直的定义，线面垂直的判定定理，属于基础题.2．若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为（    ）A．4 B．2 C．6 D．8【答案】A【解析】求出椭圆的右焦点坐标，再根据抛物线的焦点坐标公式可得．【详解】由题意椭圆中，，右焦点为，∴，．故选：A．【点睛】本题考查椭圆与抛物线的焦点坐标，属于基础题．3．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由三视图还原出原几何体，然后由圆柱、球的表面积公式求解．【详解】由三视图知原几何体是下面一个圆柱上面是四分之一个球，其表面积为．故选：C．【点睛】本题考查三视图，考查圆柱与球的表面积计算，解题关键是由三视图确定原几何体．4．设，则“”是的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由，结合充要条件的定义得答案．【详解】由．可得设，，则“”是的充要条件．故选：．【点睛】本题考查充分必要条件的判定，考查指数函数的性质，是基础题．5．已知抛物线，点为抛物线上任意一点，则点到直线的最小距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先设点的坐标，再求距离并求最小值即可.【详解】设点的坐标为，则点到直线的距离为故选：B.【点睛】本题考查抛物线上的点到直线的最小距离，是基础题.6．已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于两点，若是正三角形，则这个椭圆的离心率是（    ）A．  B． C． D．【答案】A【解析】由正三角形特点用表示，结合椭圆的定义，即可求得离心率.【详解】是正三角形，，.故选：.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解问题，涉及到椭圆的椭圆的定义；关键是能够利用正三角形的特点求出.7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【解析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.8．若展开式中常数项为60.则常数a的值为（    ）A．4 B．2 C．8 D．6【答案】A【解析】直接利用二项式定理计算得到，解得答案.【详解】展开式的通项为：.取得到常数项为，解得.故选：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.9．由1,2,3,4,5组成没有重复数字且1,2必须相邻的五位数的个数是（   ）A．32 B．36 C．48 D．120【答案】C【解析】试题分析：根据题意，捆绑法将12看做同一元素，再将剩下的3个元素和12这个大的元素全排列即可.详解：根据题意，捆绑法将12看做同一元素, 再将剩下的3个元素和12这个大的元素全排列,最终按照分步计数的方法得到=48.故答案为:C．点睛:排列与组合问题要区分开，若题目要求元素的顺序则是排列问题，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素,高考中常见的排列组合问题还有分组分配问题，即不同元素分到不同组内时，通常先分组后分配.10．已知双曲线和椭圆有相同的焦点，则的最小值为（   ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】由题意求出的值，结合不等式的知识可得的最小值.【详解】解：由题意双曲线和椭圆有相同的焦点，，，当且仅当即时等号成立，故的最小值为，故选：B.【点睛】本题主要考察椭圆、双曲线的性质及基本不等式性质的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.11．已知双曲线的左右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线相交于两点，其中为坐标原点，若与圆相切，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】分析：首先根据题中的条件，确定出圆的半径的大小，根据数轴上的点的坐标，求得，根据直线与圆相切，求得相关的线段长，在直角三角形中，求得，利用诱导公式，结合余弦定理，求得，最后利用离心率的公式求得结果.详解：根据题意，有，因为若与圆相切，所以，所以由勾股定理可得，所以，所以，由余弦定理可求得，所以，，故选C.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要借助于双曲线的定义，结合题中所涉及的焦点三角形，利用直线与圆的有关性质，利用余弦定理求得相关的量，求得结果.12．矩形中，，为边的中点，将沿翻折成（平面），为线段的中点，则在翻折过程中，下列命题：①与平面垂直的直线必与直线垂直；②线段的长为；③异面直线与所成角的正切值为；④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球表面积是.正确的个数为（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】①根据平面，即可判断；②通过线段相等，可求出线段的长；③异面直线与的所成角为，求出其正切值即可；④找出球心，求出半径即可判断其真假，从而得出正确答案的个数.【详解】解：如图，取的中点为的中点为，连接，则四边形为平行四边形，直线平面，所以①正确；，所以②错误；因为，异面直线与的所成角为，，所以③正确；当三棱锥的体积最大时，平面与底面垂直，可计算出，，，所以，同理，所以三棱锥外接球的球心为，半径为1，外接球表面积是，④正确.所以①③④正确.故答案为：C.【点睛】本题考查翻折过程中点线面的位置关系，注意翻折过程中的不变量，考查了相关角度，长度，体积的计算，考查直观想象、运算能力，属于较难题目.  二、填空题13．命题“，”的否定是_______.【答案】，【解析】原命题为特称命题，其否定为全称命题.【详解】“，”的否定是，故答案为：，【点睛】本题考查对特称命题进行否定. 对全(特)称命题进行否定的方法:(1)改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；(2)否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可．14．已知，则_______.【答案】【解析】在等式中令，利用等比数列求和公式可求得的值.【详解】在等式中，令可得.故答案为：.【点睛】本题考查利用赋值法求各项系数和，同时也考查了等比数列求和，考查计算能力，属于中等题.15．某同学同时掷两颗均匀正方形骰子，得到的点数分别为，，则椭圆的离心率的概率是__________．【答案】【解析】由椭圆的离心率，可得或，掷两颗均匀正方形骰子得到的点数分别为，，共有36种情况，将满足不等式的情况一一列举出来，利用古典概型求解即可.【详解】由椭圆的离心率，可得当时，,即得;当时，,即得.同时掷两颗均匀正方形骰子得到的点数分别为，，共有种情况，满足上述关系的有：(3,1),(1,3),(4,1),(1,4),(5,1),(1,5),(5,2),(2,5),（6,1），(1,6),（6,2）,(2,6)共12种情况，所以概率为：.故答案为.【点睛】本题主要考查了古典概型的计算及椭圆离心率的计算，但要注意椭圆的焦点在哪个轴上，需讨论和的大小，属于易错题.16．在三棱锥中，底面，，，，是线段上一点，且．三棱锥的各个顶点都在球表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为__________．【答案】【解析】由题意一条侧棱垂直于底面，补成三棱柱，若所得截面圆的面积的最小值时截面与垂直，所得截面圆的面积最大值时过球心，分别求出两种情况的半径，进而求出面积的和，求出球的半径，进而求出表面积．【详解】解：将三棱锥补成知三棱柱，且三棱锥的外接球与三棱柱的外接球都是球．设三角形的中心为，设外接球的半径为，球心到平面的距离为，即，连接，则，，在三角形中，取的中点，连接，，则，，，在△中，，由题意得当截面与直线垂直时，截面面积最小，设此时截面半径为，则，所以截面圆的面积为，当截面过球心时，截面圆的面积最大为，，所以，所以表面积，故答案为：．【点睛】本题考查球的表面积的求法，考查三棱锥的外接球与棱长的关系即球的表面积公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 三、解答题17．已知椭圆C的焦点（－，0）和（，0），长轴长6．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设直线交椭圆C于A、B两点，求线段AB的中点坐标．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）设椭圆C的方程为：，由题意及a，b，c的平方关系即可求得a，b值；（2）联立方程组消去y可得关于x的一元二次方程，设A，B，由韦达定理可求的值，进而可得中点横坐标，代入直线方程即可求得纵坐标试题解析：（Ⅰ）由已知得,（Ⅱ）【考点】直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程18．如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.（1）求证：平面；（2）若，直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）通过AC⊥BD与PD⊥AC可得平面；（2）由题先得出∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则可先求出菱形ABCD的面积，进而可得四棱锥P- ABCD的体积.【详解】解：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PD⊥AC，又，故AC⊥平面PBD；（2）因为PD⊥平面ABCD，所以∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，于是∠PBD=45°，因此BD=PD=2.又AB= AD=2，所以菱形ABCD的面积为，故四棱锥P- ABCD的体积.【点睛】本题主要考查空间线、面关系等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，是基础题.19．已知、、是的内角，、、分别是其对边长，向量，，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得出，利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的大小；（2）利用余弦定理结合基本不等式可求出的最大值，再利用三角形的面积公式可得出答案.【详解】（1），，，，由正弦定理得，整理得，，，；（2）在中，，，由余弦定理知，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，，，因此，面积的最大值为.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积最值的计算，涉及基本不等式以及正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力，属于中等题.20．已知展开式各项系数和比它的二项式系数和大992．（1）求展开式中含有的项；（2）求展开式中二项式系数最大的项．【答案】（1）；（2），【解析】（1）先求出，再利用通项公式求展开式中含有的项；（2）展开式共6项，二项式系数最大项为第三、四项，即可求展开式中二项式系数最大的项；【详解】解：令得展开式各项系数和为，二项式系数为，由题意得：，解得，（1）通项公式为令，，． （2），展开式共6项，二项式系数最大项为第三、四项，，【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，为的中点，，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】(1) 将线面平行转化为线线平行证明；作辅助线,取的中点，连，,证明即可；（2）根据题目可知PA、PB、PD两两垂直，可建立空间直角坐标系，利用平面法向量求解出二面角的余弦值，进一步求解出正弦值.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连， ，∵，，∴∵在直角梯形中，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴∵平面，平面，，∴平面，（2）∵平面，，∴， ，两两垂直，以为原点，，，向量方向分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系. 各点坐标如下：，，，，设平面的法向量为由，，有,取，则，，即设平面的法向量为由，，有，取 ，则，，即所以故二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定以及空间向量在立体几何中求二面角的应用，属于中档题目，解题中由于要计算各个点的空间坐标以及平面法向量的坐标，计算比较繁杂，对运算能力要求较高，需要准确计算.22．已知椭圆()的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切.（1）求的方程；（2）直线交于，两点，且.已知上存在点，使得是以为顶角的等腰直角三角形，若在直线的右下方，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由的短轴为直径的圆与直线相切求出，再由离心率和关系，可求出椭圆标准方程；（2）将直线与椭圆方程联立，消元整理，由根与系数关系，得到的两个关系式，再从已知条件寻找第三个等量关系，根据已知结合平面图形，可得轴，过作的垂线，垂足为，则为线段的中点，得，进而有，代入直线方程，得到等量关系，求解关于方程组，即可求出.【详解】（1）依题意，，因为离心率，所以，解得，所以的标准方程为.（2）因为直线的倾斜角为，且是以为顶角的等腰直角三角形，在直线的右下方，所以轴，过作的垂线，垂足为，则为线段的中点，所以，故，所以，即，整理得.①由得.所以，解得，所以，②，③由①②得，，④  将④代入②得，⑤将④⑤代入③得，解得.综上，的值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，直线和圆的位置关系等基础知识，意在考查数学运算和逻辑推理，属于中档题.