2020-2021学年河北省邯郸市高二（上）9月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年河北省邯郸市高二（上）9月月考数学试卷 (1)人教A版，共10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. 设角α的终边过点P(1,−2)，则2sinαcsα的值是( )
A.−4B.−2C.2D.4

2. 在等差数列{an}中，若a4=5，则数列{an}的前7项和S7=( )
A.15B.20C.35D.45

3. 已知0<α<π， 2sin2α=sinα，则sinα−π2=( )
A.−154B.−14C.154D.14

4. 若等比数列an的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S20=( )
A.80B.120C.150D.180

5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若csA=12，a=3，则a+b+csinA+sinB+sinC=( )
A.12B.32C.3D.2

6. 已知平面α，β，γ和直线l，下列命题中错误的是( )
A.若α⊥β，β//γ，则α⊥γB.若α⊥β，则存在l⊂α，使得l//β
C.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γD.若α⊥β，l//α，则l⊥β

7. 若实数x，y满足x≥1,x−y+1≥0,2x−y−2≤0,则z=x−2y的最小值是( )
A.3B.−3C.1D.−5

8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )

A.36B.72C.108D.216

9. 在△ABC中，若sin(A+B−C)=sin(A−B+C)，则△ABC必是（ ）
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等腰或直角三角形D.等腰直角三角形

10. 若将函数f(x)=2sin(x+π6)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再向下平移一个单位得到的函数g(x)的图象，函数g(x)( )
A.图象关于点(−π12, 0)对称B.最小正周期是π2
C.在(0, π6)上递增D.在(0, π6)上最大值是1

11. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为( )

A.23B.53C.32D.22

12. 已知正三棱锥V−ABC的高为3，侧棱长为5，那么侧面与底面所成的二面角的余弦值是( )
A.23B.1313C.21313D.31313
二、填空题

若关于x的不等式ax2−2x+3>0的解集为x|−3
已知π2<α<π，0<β<π2，tanα=−34，cs(β−α)=513，则sinβ的值为________．

如图，为测量某山峰的高度(即OP的长)，选择与O在同一水平面上的A，B为观测点，在A处测得山顶P的仰角为45∘，在B处测得山顶P的仰角为60∘.若AB=30米，∠AOB=30∘，则山峰的高为_________米.


函数y=lga(x+3)−1(a>0, a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中m，n>0，则1m+2n的最小值为________．

已知△ABC是等腰直角三角形，斜边AB=2，P是平面ABC外的一点，且满足PA=PB=PC，∠APB=120∘，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为________.
三、解答题

已知函数f(x)=sinx⋅csx−3cs2x+32(x∈R).
(1)求f(x)的最小正周期；

(2)求f(x)图象的对称轴方程和对称中心的坐标．

在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边长分别为a，b，c，其中b=6，△ABC的面积为15．其外接圆半径为5．
(1)求sin2B的值；

(2)求△ABC的周长．

如图，已知四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BC=EC，F是BE的中点．

(1)求证：DE // 平面ACF；

(2)求证：平面AFC⊥平面ABE．

已知Sn为等差数列an的前n项和，a5=4a1+a3，S4=16.
(1)求an的通项公式；

(2)求数列{1anan+1}的前n项和Tn.

如图，棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=1，AC=3，BC=BB1=2

(1)求证：AC⊥平面ABB1A1；

(2)求二面角A−C1D−C的平面角的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省邯郸市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
任意角的三角函数
【解析】

【解答】
解：∵ 角α的终边过点P1,−2，
∴x=1，y=−2，
∴ 2sinαcsα=2tanα=2⋅yx=−4．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
先利用等差数列的前n项和公式表示出S7，再利用等差数列的性质化简后把前7项之和用第四项来表示，将a4的值代入即可求出值．
【解答】
解：∵ a4=5，
∴ S7=7(a1+a7)2=7a4=35．
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
二倍角的正弦公式
诱导公式
【解析】
由已知求得csα，再由诱导公式求解sinα−π2
【解答】
解： ∵0<α<π，∴sinα≠0.
由2sin2α=sinα，得4sinαcsα=sinα，
∴csα=14，
∴ sinα−π2=−sinπ2−α=−csα=−14．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
由已知结合等比数列的求和公式即可直接求解．
【解答】
解：∵ 等比数列an中S5=10，S10=30，
∴ q≠1，
a11−q51−q=10,a11−q101−q=30,
解得： a11−q=−10，q5=2，
则S20=a11−q1−q20=−10×1−16=150．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由csA=12，得sinA=32，
由正弦定理可知，bsinB=csinC=asinA=332=2，
所以a+b+csinA+sinB+sinC=2.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】

【解答】
解：A，因为α⊥β，所以存在直线a⊂α，使得a⊥β，
又β//γ，所以a⊥γ，即有α⊥γ，故A正确；
B，α⊥β，设α∩β=m，则在平面α内存在不同于直线m的直线l，满足l//m，
根据线面平行的判定定理可知，l//β，故B正确；
C，过直线l上任意一点作直线m⊥γ，
则根据面面垂直的性质定理可知，m既在平面α内，又在平面β内，
所以直线l与直线m重合，即有l⊥γ，故C正确；
D，若α⊥β，l//α，则l⊥β不一定成立，故D错误．
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】

【解答】
解：作出实数x，y满足x≥1,x−y+1≥0,2x−y−2≤0表示的平面区域，如图所示，
由z=x−2y可得y=12x−12z，
则−12z表示直线y=12x−12z在y轴上的截距，截距越大，z越小，
当直线y=12x−12z经过点A时，−12z最大，z最小，
由x−y+1=0,2x−y−2=0,可得A3,4，此时z=−5．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积（组合型）
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将三视图还原成立体图形如下：
由题中信息可得AB=BD=CD=6，
且AB⊥平面BCD，BD⊥CD，
所以VA−BCD=13×6×12×6×6=36.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
诱导公式
解三角形
三角形的形状判断
【解析】
结合三角形的内角和公式可得A+B=π−C，A+C=π−B，代入已知sin(A+B−C)=sin(A−B+C)化简可得，sin2C=sin2B，
由于0<2B<π，0<2C<π从而可得2B=2C或2B+2C=π，从而可求
【解答】
解：∵ A+B=π−C，A+C=π−B，
∴ sin(A+B−C)=sin(π−2C)=sin2C，
sin(A−B+C)=sin(π−2B)=sin2B，
则sin2B=sin2C，B=C或2B=π−2C，
即B+C=π2．所以△ABC为等腰或直角三角形．
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
【解析】
根据三角函数的图象变换关系求出g(x)的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可．
【解答】
解：将函数f(x)=2sin(x+π6)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，
得y=2sin(2x+π6)，再向下平移一个单位得g(x)=2sin(2x+π6)−1.
A，2×(−π12)+π6=0，则函数g(x)关于点(−π12, −1)对称，故A错误；
B，函数的最小正周期T=2π2=π，故B错误；
C，当x∈(0, π6)时，2x+π6∈(π6, π2)，此时函数g(x)为增函数，故C正确；
D，由C知当x∈(0, π6)时，g(x)单调递增，此时函数无最大值，故D错误.
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 侧棱PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAD，
∴ 平面PAD⊥平面ABCD.
∵ 底面ABCD为矩形，
∴ CD⊥AD.
∵ 平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴ CD⊥平面PAD．
如图，连接ED，
则ED为CE在平面PAD上的射影，
∴ ∠CED为CE与底面PAD所成角.
设PA=AB=AD=2a，
则AE=a，ED=5a，
CE=ED2+CD2=5a2+4a2=3a，
∴ sin∠CED=CDCE=2a3a=23，
即直线CE与平面PAD所成角的正弦值为23.
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】

【解答】
解：如图，正三棱锥V−ABC的顶点V在底面ABC上的射影为O，
取AC的中点D，连接VD，BD，
则VD⊥AC，BD⊥AC，
所以∠VDB为侧面VAC与底面ABC所成的角．
因为VO⊥平面ABC，
所以VO⊥BD，BO2=VB2−VO2，
又VO=3，VB=5，所以BO=4，
所以OD=12BO=2，
所以cs∠VDB=ODVD=232+22=21313，
即侧面与底面所成的二面角的余弦值是21313．
故选C．
二、填空题
【答案】
−1
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：∵ 关于x的不等式ax2−2x+3>0的解集为{x|−3∴ 关于x的方程ax2−2x+3=0的实数根为−3和1，
由根与系数的关系知，3a=−3×1，解得：a=−1．
故答案为：−1．
【答案】
6365
【考点】
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】

【解答】
解：∵ π2<α<π，tanα=−34，
∴ csα=−cs2αcs2α+sin2α=−11+tan2α=−45，
∴ sinα=1−cs2α=35.
∵ 0<β<π2，
∴ −π<β−α<0.
又∵ cs(β−α)=513>0，
∴ −π2<β−α<0，
∴ sin(β−α)=−1−cs2(β−α)=−1213，
∴ sinβ=sin[(β−α)+α]=sin(β−α)csα+cs(β−α)sinα
=(−1213)×(−45)+513×35=6365.
故答案为：6365．
【答案】
303
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设OP=ℎ，则OA=ℎ，OB=33ℎ.
在△AOB中，由余弦定理得
302=ℎ2+(33ℎ)2−2ℎ⋅33ℎ⋅cs30∘，
解得：ℎ=303(负根舍去).
故答案为：303.
【答案】
8
【考点】
基本不等式
【解析】
由题意可得定点A(−2, −1)，2m+n=1，把要求的式子化为 4+nm+4mn，利用基本不等式求得结果．
【解答】
解：由题意可得定点A(−2, −1)，
又点A在直线mx+ny+1=0上，
∴ 2m+n=1，
则1m+2n=2m+nm+4m+2nn
=4+nm+4mn≥4+2nm⋅4mn=8，
当且仅当 nm=4mn 时，等号成立，
故答案为：8．
【答案】
16π3
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题考查三棱锥外接球的表面积，根据已知求出球的半径是解答的关键，为中档题．由已知可得棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P−ABC外接球半径．
【解答】
解：∵ PA=PB=PC，
∴ 棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，
则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P−ABC外接球半径.
∵ △ABC是等腰直角三角形，斜边AB=2，∠APB=120∘，
∴ △ABP外接圆半径r=AB2sin120∘=233，
则三棱锥P−ABC外接球的半径R=233，
故三棱锥P−ABC外接球的表面积S=4πR2=16π3.
故答案为： 16π3.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ f(x)=sinx⋅csx−3cs2x+32
=12sin2x−3×cs2x+12+32
=12sin2x−32cs2x
=sin(2x−π3)，
∴f(x)的最小正周期为：T=2π2=π.
(2)由2x−π3=π2+kπ，
可得对称轴为x=5π12+kπ2，k∈Z，
由2x−π3=kπ，
可得对称中心为(π6+kπ2，0)，k∈Z.
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的对称性
三角函数的周期性及其求法
【解析】
（1）用二倍角公式和两角和公式对函数解析式进行化简，进而根据T=2πw求得最小正周期．
（3）由正弦函数的对称性可知，利用2x−π3=π2+kπ求得函数的对称轴，由2x−π3=kπ求得对称中心．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=sinx⋅csx−3cs2x+32
=12sin2x−3×cs2x+12+32
=12sin2x−32cs2x
=sin(2x−π3)，
∴f(x)的最小正周期为：T=2π2=π.
(2)由2x−π3=π2+kπ，
可得对称轴为x=5π12+kπ2，k∈Z，
由2x−π3=kπ，
可得对称中心为(π6+kπ2，0)，k∈Z.
【答案】
解：(1)由正弦定理得，bsinB=2R，
∴ sinB=b2R=35．
∵ △ABC的面积为15，
∴ S=12acsinB=15，
∴ ac=50>b2，
∴ a，c有一个比b大，即∠B是锐角，
∴ csB=45，
∴ sin2B=2sinBcsB=2×35×45=2425．
(2)由(1)及余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=45，
∴ a2+c2=116，
∴ (a+c)2=216，
∴ a+c=66，
∴ △ABC的周长为：a+b+c=6+66．
【考点】
二倍角的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由正弦定理可得sinB=b2R=35．又由S=12acsinB=15．且ac=50>b2，可知∠B是锐角，即可求csB=45，从而可得sin2B的值．
（2）由（1）及余弦定理得：csB=a2+c2−b22ac=45，即可解得a+c的值，从而可求△ABC的周长．
【解答】
解：(1)由正弦定理得，bsinB=2R，
∴ sinB=b2R=35．
∵ △ABC的面积为15，
∴ S=12acsinB=15，
∴ ac=50>b2，
∴ a，c有一个比b大，即∠B是锐角，
∴ csB=45，
∴ sin2B=2sinBcsB=2×35×45=2425．
(2)由(1)及余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=45，
∴ a2+c2=116，
∴ (a+c)2=216，
∴ a+c=66，
∴ △ABC的周长为：a+b+c=6+66．
【答案】
证明(1)：连接BD交AC于O，连接OF，如图，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ O是BD的中点.
∵ F是BE的中点，
∴ OF // DE.
又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
∴ DE // 平面ACF．
(2)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB⊥BC.
又平面ABCD⊥平面BCE，
且平面ABCD∩平面BCE=BC，AB⊂平面ABCD，
∴ AB⊥平面BCE.
∵ CF⊂平面BCE，
∴ AB⊥CF.
∵ BC=EC，F是BE的中点，
∴ CF⊥BE.
又AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE=B，
∴ CF⊥平面ABE．
又CF⊂平面AFC，
∴ 平面AFC⊥平面ABE．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）连接BD交AC于O，连接OF，根据中位线定理可得OF // DE，故而DE // 平面ACF；
（2）根据面面垂直的性质可得AB⊥平面BCE，故而AB⊥CF，结合BE⊥CF得出CF⊥平面ABE，于是平面AFC⊥平面ABE．
【解答】
证明(1)：连接BD交AC于O，连接OF，如图，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ O是BD的中点.
∵ F是BE的中点，
∴ OF // DE.
又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
∴ DE // 平面ACF．
(2)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB⊥BC.
又平面ABCD⊥平面BCE，
且平面ABCD∩平面BCE=BC，AB⊂平面ABCD，
∴ AB⊥平面BCE.
∵ CF⊂平面BCE，
∴ AB⊥CF.
∵ BC=EC，F是BE的中点，
∴ CF⊥BE.
又AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE=B，
∴ CF⊥平面ABE．
又CF⊂平面AFC，
∴ 平面AFC⊥平面ABE．
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由a5=4a1+a3，S4=16，
得a1+4d=4a1+a1+2d，4a1+4×3d2=16，
解得：a1=1，d=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1.
(2)∵1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=1a1a2+1a2a3+1a3a4+⋯+1anan+1
=121−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=12(1−12n+1)
=n2n+1.
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】


【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由a5=4a1+a3，S4=16，
得a1+4d=4a1+a1+2d，4a1+4×3d2=16，
解得：a1=1，d=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1.
(2)∵1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=1a1a2+1a2a3+1a3a4+⋯+1anan+1
=121−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=12(1−12n+1)
=n2n+1.
【答案】
(1)证明：∵ 在底面ABCD中，AB=1，AC=3，BC=2，
∴ AB2+AC2=BC2.
∴ AB⊥AC.
∵ 侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴ AA1⊥AC.
又∵ AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
∴ AC⊥平面ABB1A1．
(2)解：
过点C作CP⊥C1D于P，连接AP，
由(1)可知，AC⊥平面DCC1D1，
∠CPA是二面角A−C1D−C的平面角，
∵ CC1=BB1=2，CD=AB=1，
∴ CP=DC×CC1DC1=1×21+4=255.
∴ tan∠CPA=ACCP=152.
∴ cs∠CPA=21919.
∴ 二面角A−C1D−C的平面角的余弦值为21919．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直的判定
【解析】
(Ⅰ)推导出AB⊥AC，AA1⊥AC，由此能证明AC⊥平面ABB1A1．
(Ⅱ)过点C作CP⊥C1D于P，连接AP，则AC⊥平面DCC1D1，从而∠CPA是二面角A−C1D−C的平面角，由此能求出二面角A−C1D−C的平面角的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ 在底面ABCD中，AB=1，AC=3，BC=2，
∴ AB2+AC2=BC2.
∴ AB⊥AC.
∵ 侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴ AA1⊥AC.
又∵ AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
∴ AC⊥平面ABB1A1．
(2)解：
过点C作CP⊥C1D于P，连接AP，
由(1)可知，AC⊥平面DCC1D1，
∠CPA是二面角A−C1D−C的平面角，
∵ CC1=BB1=2，CD=AB=1，
∴ CP=DC×CC1DC1=1×21+4=255.
∴ tan∠CPA=ACCP=152.
∴ cs∠CPA=21919.
∴ 二面角A−C1D−C的平面角的余弦值为21919．