2020-2021学年江西省萍乡市高二（上）9月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省萍乡市高二（上）9月月考数学试卷北师大版，共11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. 一个几何体恰有6个顶点，则这个几何体可能是( )
A.四棱柱B.四棱台C.五棱锥D.五棱台

2. 将一个球放在圆柱的上面，圆柱的底面圆的直径等于球的直径，则该几何体的俯视图可以是( )
A.B.C.D.

3. 在等比数列an中，a2=3，a5=24，则公比q=( )
A.14B.12C.2D.4

4. 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )
A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线
C.α与直线l至少有两个公共点D.α内的直线与l都相交

5. 从标号分别为1，2，3，4，5的5张标签中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差1的概率为( )
A.45B.25C.425D.825

6. 设有下列四个命题：
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是( )
A.①③B.①④C.①②④D.①③④

7. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对边的边长，若csC+sinC−2csB+sinB=0，则a+bc的值是( )
A.2−1B.2+1C.3+1D.2

8. 等差数列an的前n项和为Sn，且S6S3=4，则S9S6=( )
A.94B.23C.53D.4

9. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列判断正确的是( )

A.平面BME//平面ACNB.AF//CN
C.BM//平面EFDD.BE与AN相交

10. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ）
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC

11. 已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=7n+45n+3(n∈N∗)，则使得anbn为整数的正整数n的个数是( )
A.3B.4C.5D.6

12. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线MN与AC所成的角为60∘．
其中正确的结论为( )

A.①④B.①③④C.③④D.②④
二、填空题

若x，y满足约束条件2x+y−2≤0,x−y−1≥0,y+1≥0, 则z=x+7y的最大值为________.

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为________.

已知5x2y2+y4=1(x,y∈R)，则x2+y2的最小值是________.

如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AB，AD，B1C1的中点，给出下列命题：
①异面直线EF与AG所成的角的余弦值为26；
②过E，F，G作正方体的截面，所得截面的面积是43；
③A1C⊥平面EFG；
④三棱锥C−EFG的体积为1.
其中正确的命题是________（填写所有正确的序号）．

三、解答题

若不等式ax2+bx−1>0的解集是{x|1(1)试求a，b的值；

(2)求不等式ax+1bx−1>0的解集．

如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点．求证：

(1)EG // 平面BB1D1D；

(2)平面BDF // 平面B1D1H．

在三棱柱ABC−A1B1C1中， AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证： EF//平面AB1C1；

(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsinA−3a=0.
(1)求角B的大小；

(2)求csA+csB+csC的取值范围.

已知正项数列{an} 的前n项和 Sn 满足2Sn=an2+an−2.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn=2n(n−1)nan(n∈N∗)，求数列{bn} 的前n项和 Tn；

(3)是否存在实数λ使得Tn+2>λSn 对n∈N∗ 恒成立，若存在，求实数λ的取值范围.

如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．

(1)判断直线EF与平面ABC的位置关系．

(2)判断直线EF与直线BD的位置关系．

(3)若AC⊥BD，AC=BD，求EF与BD所成的角．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省萍乡市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，四棱柱是上下两个四边形，有8个顶点，不满足题意；
对于B，四棱台是上下底面均为四边形，有8个顶点，不满足题意；
对于C，五棱锥是底面为五边形及1个顶点，有6个顶点，满足题意；
对于D，五棱台是上下底面均为五边形，有10个顶点，不满足题意．
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
利用圆柱的底面圆的直径等于球的直径，即可得到该几何体的俯视图.
【解答】
解：∵ 圆柱的底面圆的直径等于球的直径，
∴ 该几何体的俯视图可以是：
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
由等比数列性质得到q3=a5a2=8，求解即可.
【解答】
解：在等比数列an中，a2=3，a5=24，
则公比q3=a5a2=8，
解得q=2.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
无
【解答】
解：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，
所以直线l只能与平面α相交，
此时存在与α共面的直线，也存在与α异面的直线，
且直线l与平面α只有一个公共点，
所以平面α内不存在与l平行的直线．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
古典概型及其概率计算公式
【解析】
先求出所有的基本事件数为52=25，事件“抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差1”所包含的基本事件有共8种情况，利用古典概型概率计算公式求解即可.
【解答】
解：从标号分别为1，2，3，4，5的5张标签中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，
所有的基本事件数为52=25.
其中，事件“抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差1”所包含的基本事件有：
(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)， (3,4)， (4,3)， (4,5)，(5,4)，共8种情况，
因此，所求事件的概率为P=825.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线，线面的位置关系逐一分析即可求解.
【解答】
解：①若第三条直线与另两条相交直线相交且不共点，则该直线在另两条直线所确定的平面内，
故两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，①为真命题；
②若空间中三点共线，则过这三点的平面有无数个，②为假命题．
③若空间中两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，③为假命题；
④若m⊥平面α，则m与平面α中任意一条直线垂直，所以m⊥l，④为真命题．
故真命题的序号为①④.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
【解析】

【解答】
解：在△ABC中，由csC+sinC−2csB+sinB=0，
可得(csC+sinC)(csB+sinB)=2，
∴ 222csC+22sinC×222csB+22sinB=2，
即sinC+π4sinB+π4=1，
∵ 正弦函数的值域为[−1，1]，
∴ C+π4=B+π4=π2，
∴ C=B=π4，∴ A=π2，
∴ 由正弦定理可得：
a+bc=sinπ2+sinπ4sinπ4
=1+2222=2+1 .
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列得性质得S3,S6−S3,S9−S6,...成等差数列,可得解，属于基础题.
【解答】
解：由题意知数列an为等差数列，
可得S3，S6−S3，S9−S6⋯成等差数列.
由S6S3=4，不妨设S3=1，S6=4，S6−S3=3，
可得S9−S6=5，即S9=9，
所以S9S6=94.
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
平面图形的直观图
【解析】
作出此正方体，逐个对选项判断即可.
【解答】
解：A，作出此正方体，易知AN//BM，AC//EM，且AM∩AC=A，
∴ 平面BME//平面ACN．故选项A正确；
B，由正方体可知：直线AF与CN垂直，故选项B错误；
C，由正方体可知：直线BM⊥平面EFD，故选项C错误；
D，由于EB⊂平面ABFE，AN∩平面ABFE=A，且A∉EB，
所以直线BE，AN异面，故选项D错误.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
法一：连B1C，推导出BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，从而BC1⊥平面A1ECB1，由此得到A1E⊥BC1．
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】
解：如图：
连接B1C，BC1由题意得BC1⊥B1C，
∵ A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，
∴ A1B1⊥BC1，
∵ A1B1∩B1C=B1，
∴ BC1⊥平面A1ECB1，
∵ A1E⊂平面A1ECB1，
∴ A1E⊥BC1．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
先将通项之比转化为前n项和之比，进而再用验证法得解．
【解答】
解：anbn=2an2bn=a1+a2n−1b1+b2n−1=(2n−1)(a1+a2n−1)2(2n−1)(b1+b2n−1)2=S2n−1T2n−1
=7(2n−1)+45(2n−1)+3=7+12n+1，
验证知，当n=1，2，3，5，11时，anbn为整数.
故选C.
12.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
异面直线的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
由异面直线的定义可判断①③；取D1D的中点K，连接AK，可判断②；由异面直线所成角的定义可判断④．
【解答】
解：如图，
①∵ 直线CC1在平面CC1D1D上，而M∈面CC1D1，A∉平面CC1D1D，
∴ 直线AM与直线CC1异面，故①错误；
②取D1D的中点F，连接AF，可得AF//BN，AF与AM相交，
∴ 直线AM与BN是异面直线，故②错误；
③取CD的中点G，连接BG，可得BG//MB1，BG与BN相交，
∴ 直线MB1与BN是异面直线，故③正确；
④连接CD1，AD1，可得MN // CD1，∠ACD1为直线MN与AC所成的角，
易知△ACD1为等边三角形，即直线MN与AC所成的角为60∘，故④正确．
综上，正确的序号为③④.
故选C.
二、填空题
【答案】
1
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
由已知条件作出不等式组对应的可行域，根据目标函数的几何意义，数形结合得到使目标函数取得最优解的点，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数即可求得答案.
【解答】
解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数z=x+7y即y=−17x+17z，
其中z取得最大值时，其几何意义表示直线在y轴上的截距最大，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，
联立直线方程：2x+y−2=0，x−y−1=0，
可得点A的坐标为A1,0.
所以目标函数的最大值为：zmax=1+7×0=1.
故答案为：1.
【答案】
52
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，作出正方体ABCD−A1B1C1D1，
连结AE，取DD1的中点F，连结EF，AF，
则CD//EF，则∠AEF为异面直线AE与CD所成的角．
∵EF⊥平面ADD1A1，且AF⊂平面ADD1A1，
∴EF⊥AF．
在Rt△AEF中，设EF=2，则AD=2，DF=1，
∴AF=AD2+DF2=5，
∴tan∠AEF=AFEF=52．
故答案为：52.
【答案】
45
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
将等式两边同乘4，进行配凑，利用基本不等式，即可求出式子的最小值.
【解答】
解：4=(5x2+y2)⋅4y2≤[(5x2+y2)+4y22]2=254(x2+y2)2，
故x2+y2≥45，
当且仅当5x2+y2=4y2=2，
即x2=310，y2=12时取(x2+y2)min=45.
故答案为：45.
【答案】
①③④
【考点】
余弦定理
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取C1D1的中点M，连接GM，
∴EF//GM，直线EF与AG所成角即为直线GM与AG所成角，
易得AG=AM=3，GM=2，
由余弦定理得，cs∠MGA=(2)2+32−322×3×2=26，
故①正确；
设面EFG与底面夹角为θ，
易求得csθ=33，
过E，F，G的截面在底面的投影面积为3，
∴ 所得截面面积为333=33，
故②错误；
连接A1C，AC，BD，
∵EF⊥AC，AC⊥BD，BD⊥A1C，
∴A1C⊥EF，
∵FG//AB1，AB1⊥A1C，
∴A1C⊥FG，
∵EF∩FG=F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，A1C⊄平面EFG，
∴A1C⊥平面EFG，
故③正确；
∵VC−EFG=VG−CEF ，S△CEF=32，
∴ 三棱锥C−EFG的体积为13×32×2=1，
故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 不等式ax2+bx−1>0的解集是{x|1∴ a<0且方程ax2+bx−1=0的解是1和2，
∴ 1+2=−ba，1×2=−1a
∴ a=−12，b=32；
(2)ax+1bx−1>0，化为−12x+132x−1>0，即x−23x−2<0，
即(x−2)(3x−2)<0，解得32∴ 不等式ax+1bx−1>0的解集为(32, 2)．
【考点】
根与系数的关系
其他不等式的解法
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）利用一元二次不等式的解法，可知方程ax2+bx−1=0的解是1和2，从而利用韦达定理求得a、b的值，
（2）不等式转化为(x−2)(3x−2)<0解所求不等式即可．
【解答】
解：(1)∵ 不等式ax2+bx−1>0的解集是{x|1∴ a<0且方程ax2+bx−1=0的解是1和2，
∴ 1+2=−ba，1×2=−1a
∴ a=−12，b=32；
(2)ax+1bx−1>0，化为−12x+132x−1>0，即x−23x−2<0，
即(x−2)(3x−2)<0，解得32∴ 不等式ax+1bx−1>0的解集为(32, 2)．
【答案】
证明：(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，则OG=//12B1C1.
因为BE=//12B1C1，
所以OG=//BE，即四边形BEGO为平行四边形，
所以OB // GE.
因为OB⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，
所以EG // 平面BB1D1D．
(2)因为BD // B1D1，B1D1⊂平面B1D1H，而BD⊄平面B1D1H，
所以BD // 平面B1D1H．
如图，连接HB，D1F，
易知平面ADD1A1//平面BCC1B1，
所以HD1 // BF．
因为HD1⊂平面B1D1H，而BF⊄平面B1D1H，
所以BF // 平面B1D1H．
又因为BD∩BF=B，BD⊂平面BDF，BF⊂平面BDF，
所以平面BDF // 平面B1D1H．
【考点】
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB // GE，从而证明EG // 平面BB1D1D．
（2）由正方体得BD // B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得HD1 // BF，可证 平面BDF // 平面B1D1H．
【解答】
证明：(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，则OG=//12B1C1.
因为BE=//12B1C1，
所以OG=//BE，即四边形BEGO为平行四边形，
所以OB // GE.
因为OB⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，
所以EG // 平面BB1D1D．
(2)因为BD // B1D1，B1D1⊂平面B1D1H，而BD⊄平面B1D1H，
所以BD // 平面B1D1H．
如图，连接HB，D1F，
易知平面ADD1A1//平面BCC1B1，
所以HD1 // BF．
因为HD1⊂平面B1D1H，而BF⊄平面B1D1H，
所以BF // 平面B1D1H．
又因为BD∩BF=B，BD⊂平面BDF，BF⊂平面BDF，
所以平面BDF // 平面B1D1H．
【答案】
证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF//AB1.
因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF//平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC， AB⊂面ABC，
所以B1C⊥AB.
又因为AB⊥AC， AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，
所以AB⊥面AB1C.
因为AB⊂面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【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)先证明EF//AB1，再利用直线与平面平行的判定定理证明即可得出结论；
(2)先证明B1C⊥AB，结合AB⊥AC，证明AB⊥平面AB1C，最后根据平面与平面垂直的判定定理判定平面AB1C⊥平面ABB1.
【解答】
证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF//AB1.
因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF//平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC， AB⊂面ABC，
所以B1C⊥AB.
又因为AB⊥AC， AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，
所以AB⊥面AB1C.
因为AB⊂面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【答案】
解：(1)∵ 2bsinA−3a=0，
∴ 2bsinA=3a，
∴ 由正弦定理可得：2sinBsinA=3sinA，
∴ sinB=32.
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ B=π3.
(2)结合(1)的结论，
有csA+csB+csC=csA+12+cs(2π3−A)
=csA−12csA+32sinA+12
=32sinA+12csA+12
=sinA+π6+12.
由0<23π−A<π2，0可得：π6∴ sin(A+π6)∈(32,1]，
∴ sin(A+π6)+12∈(3+12,32]，
即csA+csB+csC的取值范围是(3+12,32].
【考点】
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
正弦定理
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)∵ 2bsinA−3a=0，
∴ 2bsinA=3a，
∴ 由正弦定理可得：2sinBsinA=3sinA，
∴ sinB=32.
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ B=π3.
(2)结合(1)的结论，
有csA+csB+csC=csA+12+cs(2π3−A)
=csA−12csA+32sinA+12
=32sinA+12csA+12
=sinA+π6+12.
由0<23π−A<π2，0可得：π6∴ sin(A+π6)∈(32,1]，
∴ sin(A+π6)+12∈(3+12,32]，
即csA+csB+csC的取值范围是(3+12,32].
【答案】
解：(1)当n=1时，a1=2，
当n≥2 时，
2an=2(Sn−Sn−1)
=2[(an2+an−2)−(an−12+an−1−2)].
整理可得： (an+an−1)(an−an−1−1)=0，
∴{an} 是以 a1=2 为首项， d=1 为公差的等差数列，
∴an=2+(n−1)×1=n+1(n∈N∗).
(2)由(1)得an=n+1 ，
∴bn=2n(n−1)n(n+1)=2n+1n+1−2nn
Tn=(222−2)+(233−222)+⋯+(2n+1n+1−2nn)
=2nn+1−2.
(3)由题意得2n+1n+1>λ⋅n(n+3)2对一切正整数恒成立，
即λ<2n+2n(n+1)(n+3)对一切正整数恒成立.
令f(n)=2n+2n(n+1)(n+3)，
由数列的单调性可得，
当n=3时有最小值f(3)=49，
所以λ<49.
【考点】
数列与函数单调性问题
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=1时，a1=2，
当n≥2 时，
2an=2(Sn−Sn−1)
=2[(an2+an−2)−(an−12+an−1−2)].
整理可得： (an+an−1)(an−an−1−1)=0，
∴{an} 是以 a1=2 为首项， d=1 为公差的等差数列，
∴an=2+(n−1)×1=n+1(n∈N∗).
(2)由(1)得an=n+1 ，
∴bn=2n(n−1)n(n+1)=2n+1n+1−2nn
Tn=(222−2)+(233−222)+⋯+(2n+1n+1−2nn)
=2nn+1−2.
(3)由题意得2n+1n+1>λ⋅n(n+3)2对一切正整数恒成立，
即λ<2n+2n(n+1)(n+3)对一切正整数恒成立.
令f(n)=2n+2n(n+1)(n+3)，
由数列的单调性可得，
当n=3时有最小值f(3)=49，
所以λ<49.
【答案】
解：(1)∵ 点E∈平面ABC，点F∉平面ABC，
∴ EF与平面ABC相交.
(2)∵ BD⊂平面ABC，EF∩平面ABC=E，E∉BD，
∴ EF与BD异面.
(3)取CD的中点G，连结EG，FG，
则AC//FG，EG//BD，
∴ 相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．
∵ AC⊥BD，
∴ FG⊥EG，
在Rt△EGF中，
∵ AC=BD，
∴ EG=12BD=12AC=FG，
∴ ∠FEG=45∘，即异面直线EF与BD所成的角为45∘．
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 点E∈平面ABC，点F∉平面ABC，
∴ EF与平面ABC相交.
(2)∵ BD⊂平面ABC，EF∩平面ABC=E，E∉BD，
∴ EF与BD异面.
(3)取CD的中点G，连结EG，FG，
则AC//FG，EG//BD，
∴ 相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．
∵ AC⊥BD，
∴ FG⊥EG，
在Rt△EGF中，
∵ AC=BD，
∴ EG=12BD=12AC=FG，
∴ ∠FEG=45∘，即异面直线EF与BD所成的角为45∘．