2020-2021学年江西省上饶市高一（下）第一次月考直升班数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）第一次月考直升班数学试卷北师大版，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. 直线x−3y+3=0的倾斜角是( )
A.2π3B.π3C.5π6D.π6

2. 等差数列{an}中，已知a2=2，a5=8，则a9=( )
A.8B.12C.16D.24

3. 圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为6．则其表面积等于( )
A.72B.42πC.67πD.72π

4. 已知数列an，a1=1，an+1=12an+12n，则该数列的第3项等于( )
A.1B.14C.34D.58

5. 已知直线l:3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A.直线l的倾斜角是π6
B.若直线m:x−3y+1=0，则l⊥m
C.点(3,0)到直线l的距离是1
D.过(23,2)与直线l平行的直线方程是3x−y−4=0

6. 点P在圆C:x−32+y2=4上，点Q−3,0，则|PQ|的最大值为（ ）
A.6B.4C.8D.3

7. 设m，n为两条不同的直线， α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若m//n，m⊂α，n⊂β，则α//β
B.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
C.若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β
D.若m⊥n，m//α，n//β，则α⊥β

8. 数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称为欧拉线，已知△ABC的顶点A2,0，B0,4，若其欧拉线方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为( )
A.0,−4B.−4,0C.4,0或−4,0D.4,0

9. 已知圆C:x2+y2−4x−2y+3=0，过原点的直线l与圆C相交于A，B两点，则当△ABC的面积最大时，直线l的方程为( )
A.y=0或y=43xB.y=2x或y=−12xC.x=0或y=13xD.y=34x

10. 已知方程kx−2k+3=4−x2有两个不同的解．则实数k的取值范围是( )
A.12,34B.512,34C.12,34D.512,34

11. 已知⊙C:x2+y2−2x−2y−2=0，直线l:x+2y+2=0，M为直线l上的动点，过点M作⊙C的切线MA，MB，切点为A，B，当四边形MACB的面积取最小值时，直线AB的方程为( )
A.x+2y−1=0B.x+2y+1=0C.x−2y−1=0D.x−2y+1=0

12. 四棱锥S−ABCD中，侧面SBC为等边三角形，底面ABCD为矩形， BC=2，AB=a，点F是棱AD的中点，顶点S在底面ABCD的射影为H，则下列结论正确的是（ ）
A.棱SC上存在点P使得PD//面BSF
B.当H落在AD上时，a的取值范围是(0,3]
C.当H落在AD上时，四棱锥S−ABCD的体积最大值是2
D.存在a的值使得点B到面SFC的距离为3
二、填空题

已知两圆x2+y2=10和(x−1)2+(y−3)2=10相交于A，B两点，则直线AB的方程是________．
三、解答题

回答下列小题：
(1)已知数列an满足a1=15，且3an+1=3an−2，若ak⋅ak+14 ，所以Q在圆C外，
圆C的圆心为C3,0 ，半径r=2，
则|PQ|的最大值为|QC|+r=−3−32+02+2=6+2=8．
故选C．
7.
【答案】
C
【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
空间中平面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】
在A中，可能存在相交，在B中，可能存在平行，在C中，由平面平行判定定理得α//β，在D中，m和n为异面垂直直线时，α不一定垂直于β．
【解答】
解：A．若m//n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，故A错误；
B．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能平行．m和n为异面垂有直线，故B错误；
C．若m//n，m⊥α，n⊥β，且α，β为不同的平面，则α//β成立；
D．若m⊥n，m//α，n//β，m和n为异面垂直直线时，α不一定垂直于β，故D错误．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点和欧拉线
直线的点斜式方程
【解析】
设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标．
【解答】
解：设Cm,n，由重心坐标公式得，
三角形ABC的重心为2+m3,4+n3，
代入欧拉线方程得：
2+m3−4+n3+2=0，
整理得：m−n+4=0①，
AB的中点为1,2，kAB=4−00−2=−2，
AB的中垂线方程为y−2=12x−1，即x−2y+3=0，
联立x−2y+3=0,x−y+2=0,
解得x=−1,y=1，
∴△ABC的外心为−1,1．
则m+12+n−12=32+12=10，
整理得：m2+n2+2m−2n=8②，
联立①②得：m=−4，n=0或m=0，n=4，
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．
∴顶点C的坐标是−4,0．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆C:x2+y2−4x−2y+3=0，
化为标准方程为x−22+y−12=2.
因为△ABC为等腰三角形，
所以AC=BC=2.
当∠ACB=90∘时，△ABC的面积最大，
此时圆心C到直线l的距离等于22r=1.
设直线l的方程为y=kx，
由点到直线距离公式得|2k−1|k2+1=1，
解得k=0或k=43，
所以直线l的方程为y=0或y=43x.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
如图，当直线在AC位置时，斜率k=3−02+2=34，当直线和半圆相切时，由半径2=|0−0−2k+3|k2+1解得k值，即得实数k的取值范围．
【解答】
解：由题意得，半圆y=4−x2和直线y=kx−2k+3有两个交点，
又直线y=kx−2k+3过定点C2,3 ，如图：
当直线在AC位置时，斜率k=3−02+2=34，
当直线和半圆相切时，由半径2=|0−0−2k+3|k2+1，
解得k=512，故实数k的取值范围是512,34．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
圆的切线方程
【解析】
由已知结合四边形面积公式可得四边形MACB的面积S=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2|CM|2−4，要使四边形MACB面积最小，则需CM最小，此时CM与直线l垂直，求得以CM为直径的圆的方程，再与圆C的方程作差可得AB所在直线方程．
【解答】
解：⊙C:x2+y2−2x−2y−2=0的标准方程为(x−1)2+(y−1)2=4，
则圆心C1,1 ，半径r=2，
因为四边形MACB的面积S=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2|CM|2−4，
要使四边形MACB面积最小，则需|CM|最小，此时CM与直线l垂直，
直线CM的方程为y−1=2x−1 ，即y=2x−1，
联立y=2x−1,x+2y+2=0,，解得M0,−1 ．则|CM|=5，
则以CM为直径的圆的方程为x−122+y2=54，
与⊙C的方程作差可得直线AB的方程为x+2y+1=0．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】
利用平面与平面平行的性质及判定证明直线与平面平行，考查四棱锥的性质，利用四棱锥的体积求解
【解答】
解：对于A选项，如图，取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE，PD，
因为PE为△BCS的中位线，
所以PE//BS.
又因为BS⊆平面BFS，PE⊄面BFS，
所以PE//平面BFS.
在矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，
所以DE//BF.
因为BF⊆平面BFS，DE⊄面BFS，
所以DE//平面BFS.
因为 DE∩PE=E，
故平面PDE//平面BFS，
所以PD//平面BSF，故选项A正确；
对于B选项，因为三角形SBC为等边三角形， BC=2，
故SE=3.
当a=3时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件矛盾，故选项B错误；
对于C选项，在Rt△SHE中， SH=3−a2，
VS−ABCD=13×2a×3−a2
=233−a2a2≤1，
当且仅当a2=32时，VS−ABCD取得最大值1，故选项C错误；
对于D：由选项C的推导可知：
当VS−ABD的最大时，点B到面SFC的距离d最大．
VS−BFC=12VS−ABCD=12，
此时SF=62,CF=CD2+DF2=102，
∴ S△SFC=12SF×CF=12×62×102=154，
∴ d=VS=12×1215=2155．故选项D错误.
故选A.
二、填空题
【答案】
x+3y−5=0
【考点】
相交弦所在直线的方程
【解析】
把两个圆的方程相减，即可求得公共弦所在的直线方程．
【解答】
解：把两圆x2+y2=10和(x−1)2+(y−3)2=10的方程相减可得x+3y−5=0，
此直线的方程既能满足第一个圆的方程、又能满足第二个圆的方程，
故必是两个圆的公共弦所在的直线方程.
故答案为：x+3y−5=0．
三、解答题
【答案】
解：(1)由3an+1=3an−2得an+1−an=−23，
所以数列an为首项a1=15，公差d=−23的等差数列，
所以an=15−23n−1=−23n+473，
则由ak⋅ak+10,ak+10,a24