江西省赣州市寻乌中学2019_2020学年高二数学上学期第一次段考试题文

江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二数学上学期第一次段考试
题 文
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分．每题只有一项符合题目要求．）
1.已知0＜a ＜b ＜1，则下列不等式成立的是( )
A ．a 3＞b 3 B.1a ＜1b
C ．a b ＞1
D ．lg(b －a )＜0 2.下列直线中，与己知直线y ＝－43
x ＋1平行，且不过第一象限的直线的方程是( ) A ．3x ＋4y ＋7＝0 B ．4x ＋3y ＋7＝0
C ．4x ＋3y －42＝0
D ．3x ＋4y －42＝0
3.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为( )
A ．13
B ．17 C.19 D ．21
4.笑笑一星期的总开支分布如图1①所示，一星期的食品开支如图1②所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为( )
图1
A ．1%
B ．2% C.3% D ．5%
5．设α、β是两个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )
A ．若a∥α，b∥α，则a∥b
B ．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥β
C ．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
D ．若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b
6.在△ABC 中，sin 2A ＝sin 2B ＋sin B sin C ＋sin 2C ，则A ＝( )
A．30°B．60°
C．120°D．150°
7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )
A.2π
3
B．π C.
4π
3
D．2π
8.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配)．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得( )
A．一鹿、三分鹿之一 B．一鹿 C．三分鹿之二 D．三分鹿之一
9.四面体S－ABC中，各个面都是边长为2的正三角形，E，F分别是SC和AB的中点，则异面直线EF与SA所成角等于( )
A．90° B．60° C．45° D．30°
10.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E是DD1的中点，F是BB1的中点，设过点C1，E，F 三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为( )
A．菱形B．矩形C．梯形D．五边形
11.已知点P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为( )
A．3 B.21
2
C．2 2 D．2
12. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利．事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了．则此时乙队守门员需封堵区域面积是原来球门面积的
( )
A.310
B.710
C.9100
D.49100
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每小题5分，满分20分．）
13.已知直线l 过点(－2，－3)且与直线2x －3y ＋4＝0垂直，则直线l 的方程为__ ．
14.已知向量a ＝(3，1)，b ＝(0，－1)，c ＝(k ，3)．若a －2b 与c 共线，则k ＝ _．
15.若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≤4，x －y ≤2，
3x －y ≥0，则3x ＋y 的最大值是________．
16．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下四个结论：
①直线D 1C ∥平面A 1ABB 1；
②直线A 1D 1与平面BCD 1相交；
③直线AD ⊥平面D 1DB ；
④平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1.
其中正确结论的序号为________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求：（1）数列{a n }的通项公式； （2）前n 项和．
18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．
(1) 求证：C 1F ∥平面ABE ；
(2)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.
19. (本小题满分12分)已知函数f (x )＝(sin x ＋cos x )2＋2cos 2x .
(1)求f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π12的值； (2)求函数f (x )的单调递减区间．
20．(本小题满分12分)已知圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0及点Q (－2,3)．
(1)若点P (m ，m ＋1)在圆C 上，求直线PQ 的方程；
(2)若M 是圆C 上任一点，求|MQ |的最大值和最小值．
21.如图,在△PBE 中,AB ⊥PE,D 是AE 的中点,C 是线段BE 上的一点,且AC=
,AB=AP=AE=2,
将△PBA 沿AB 折起使得二面角PABE 是直二面角.
(1)求证:CD ∥平面PAB;
(2)求三棱锥EPAC 的体积.
22.在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，以O 为圆心的圆与直线x －3y －4＝0相切．
(1)求圆O 的方程；
(2)直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB 为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由．
文科数学
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（共12个小题, 每小题5分，共60分．每题只有一项符合题目要求．）
1.已知0＜a＜b＜1，则下列不等式成立的是( )
A．a3＞b3 B.1a＜1b C．ab＞1 D．lg(b－a)＜0
【解析】由0＜a＜b＜1，可得a3＜b3，A错误；1a＞1b，B错误；ab＜1，C错误；0＜b－a＜1，lg(b－a)＜0，D正确．
2.下列直线中，与己知直线y＝－43x＋1平行，且不过第一象限的直线的方程是( )
A．3x＋4y＋7＝0 B．4x＋3y＋7＝0
C．4x＋3y－42＝0 D．3x＋4y－42＝0
解析：先看斜率，A、D选项中斜率为－34，排除掉；再看纵截距，要使纵截距小于0，才能使直线不过第一象限，只有B选项符合．
3.高二某班有学生56人，现将所有同学随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、33号、47号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号为( ) A．13 B．17 C.19 D．21
【解析】因为47－33＝14，所以由系统抽样的定义可知样本中的另一个学生的编号为5＋14＝19.
4.笑笑一星期的总开支分布如图1①所示，一星期的食品开支如图1②所示，则笑笑一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为( )
图1
A．1% B．2% C.3% D．5%
【解析】由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.
【答案】 C
5．设α、β是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是( C )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥β
C．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
D．若a、b在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b
6.在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，则A＝( )
A．30°B．60°
C．120°D．150°
【解析】由已知得a2＝b2＋bc＋c2，
∴b2＋c2－a2＝－bc，∴cos A＝b2＋c2－a22bc＝－12，
又0°<A<180°，∴A＝120°.【答案】 C
7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )
A.2π3 B．π C.4π3 D．2π
解析：选A 由三视图可知该几何体的直观图为一个圆柱内挖去两个与圆柱同底的半球，所以该几何体的体积V＝V柱－2V半球＝π×12×2－2×12×4π3×13＝2π3，选A.
8.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配)．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得( ) A．一鹿、三分鹿之一 B．一鹿 C．三分鹿之二 D．三分鹿之一
解析由题意可知，五人按等差数列分五鹿，设大夫得的鹿数为首项a1，且a1＝1＋23＝53，公差为d，则5a1＋5×42d＝5，解得d＝－13，所以a3＝a1＋2d＝53＋2×－13＝1，
所以簪裹得一鹿，故选B．
9.四面体S－ABC中，各个面都是边长为2的正三角形，E，F分别是SC和AB的中点，则异面直线EF与SA所成角等于( C )
A．90° B．60° C．45° D．30°
10.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E是DD1的中点，F是BB1的中点，设过点C1，E，F三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为( )
A．菱形 B．矩形 C．梯形 D．五边形
答案：A
解析：设正方体棱长为a，连接AE，C1F易发现AE∥C1F，所以平面α经过点A，所以截面是四边形AEC1F，根据勾股定理易求得AE＝EC1＝C1F＝AF＝52a，所以截面为菱形．
11.已知点P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为( ) A．3 B.212 C．22 D．2
解析：选D 圆C：x2＋y2－2y＝0的圆心为(0,1)，半径r＝1，由圆的性质知S四边形PACB＝2S△PBC，∵四边形PACB的最小面积是2，∴S△PBC的最小值为1＝12rd(d是切线长)，∴d最小值＝2，|PC|最小值＝22＋12＝5.∵圆心到直线的距离就是|PC|的最小值，∴|PC|最小值＝51＋k2＝5，∵k>0，∴k＝2，故选D.
12. 甲乙两足球队决赛互罚点球时，罚球点离球门约10米，乙队守门员违例向前冲出3米，因而扑住了点球，不光彩地赢得了胜利．事实上乙队守门员违例向前冲出了3米时，其要封堵的区域面积变小了．则此时乙队守门员需封堵区域面积是原来球门面积的( )
A.310
B.710
C.9100
D.49100
答案：D
解析：从罚球点S向球门ABCD四角引线，构成四棱锥S－ABCD(如右图)，守门员从平面ABCD向前移动3米至平面A′B′C′D′，只需封堵A′B′C′D′即可，故SA′B′C′D′SABCD ＝(710)2＝49100.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每小题5分，满分20分．）
13.已知直线l过点(－2，－3)且与直线2x－3y＋4＝0垂直，则直线l的方程为__ ．
答案：3x＋2y＋12＝0
解析：直线2x－3y＋4＝0的斜率为23，又直线l与该直线垂直，所以直线l的斜率为－32.又直线l过点(－2，－3)，因此直线l的方程为y－(－3)＝－32×[x－(－2)]，即3x ＋2y＋12＝0.
14.已知向量a＝(3，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，3)．若a－2b与c共线，则k＝ _．
解析：因为a－2b＝(3，3)，由a－2b与c共线，有k3＝33，可得k＝1.答案：1
15.若变量x，y满足约束条件x＋y≤4，x－y≤2，3x－y≥0，则3x＋y的最大值是_______
【解析】画出可行域，如图阴影部分所示，设z＝3x＋y，则y＝－3x＋z，平移直线y ＝－3x知当直线y＝－3x＋z过点A时，z取得最大值．
由x＋y＝4，x－y＝2，可得A(3,1)．故zmax＝3×3＋1＝10.
【答案】10
16．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下四个结论：
①直线D1C∥平面A1ABB1；
②直线A1D1与平面BCD1相交；
③直线AD⊥平面D1DB；
④平面BCD1⊥平面A1ABB1.
其中正确结论的序号为________．答案：①④
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．(本小题满分10分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求：（1）数列{an}的通项公式；（2）前n项和．
【解】(1) 设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得
2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为1，公差为3.
(2)数列的前n项和Sn＝3n2－n2.
18.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F 分别是A1C1，BC的中点．
(1) 求证：C1F∥平面ABE；
(2)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1.
(1)取AB中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝12AC. 因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，
所以C1F∥EG. 又因为EG⊂平面ABE，所以C1F∥平面ABE.
(2)由题设知，B1B⊥AB，
又AB⊥BC，B1B∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.
因为AB⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.
(1)求fπ12的值；
(2)求函数f(x)的单调递减区间．
解析：(1)因为函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x，
所以f(x)＝1＋2sinxcosx＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋2＝2sin2x＋π4＋2，
所以fπ12＝2sinπ6＋π4＋2＝2sinπ6cosπ4＋cosπ6•sinπ4＋2＝12＋32＋2＝5＋32.
(2)由2kπ＋π2≤2x＋π4≤2kπ＋3π2，k∈Z，得kπ＋π8≤x≤kπ＋5π8，k∈Z.
所以f(x)的单调递减区间是kπ＋π8，kπ＋5π8(k∈Z)．
20．(本小题满分12分)已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2,3)．
(1)若点P(m，m＋1)在圆C上，求直线PQ的方程；
(2)若M是圆C上任一点，求|MQ|的最大值和最小值．
解：将圆C的方程变形，得(x－2)2＋(y－7)2＝8，
所以圆心C为(2,7)．
(1)因为点P(m，m＋1)在圆C上，所以将点P的坐标代入圆C的方程，得(m－2)2＋(m＋1－7)2＝8，解得m＝4.
∴点P的坐标为(4,5)，
∴经过P、Q两点的直线方程为
y－5＝5－34－－2(x－4)，即x－3y＋11＝0.
(2)经过Q、C两点的直线方程为
y－3＝7－32－－2[x－(－2)]，即y＝x＋5.
M是圆C上任一点，要使点M到点Q的距离达到最大或最小，点M必是直线QC与圆C的交点，因此解方程组
y＝x＋5，x－22＋y－72＝8，得x＝0，y＝5，或x＝4，y＝9.
所以，得到M′(0,5)，M″(4,9)．
故|MQ|min＝|M′Q|＝0＋22＋5－32＝2 2，|MQ|max＝|M″Q|
＝4＋22＋9－32＝6 2.
21.如图,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=√5,AB=AP= AE=2,将△PBA沿AB折起使得二面角P AB E是直二面角.
(1)求证:CD∥平面PAB;
(2)求三棱锥E PAC的体积.
(1)证明:因为1/2AE=2,所以AE=4,
又AB=2,AB⊥AE,
所以BE=√(AB^2+AE^2 )=√(2^2+4^2 )=2 ,
又因为AC= = BE,
所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点,
又因为D是AE的中点,
所以CD∥AB,
又因为CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以CD∥平面PAB.
(2)解:由(1)可证CD⊥平面PAE,CD= AB=1,
因为二面角P AB E是直二面角,平面PAB∩平面ABE=AB,PA⊂平面PAB,PA⊥AB,
所以PA⊥平面ABE,
又因为AP=2,
所以 = = ××AE×CD×AP= ××4×1×2= .
22.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－3y－4＝0相切．
(1)求圆O的方程；
(2)直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB 为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由．
解：(1)设圆O的半径长为r，因为直线x－3y－4＝0与圆O相切，所以r＝|0－3×0－4|1＋3＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.
(2)法一：因为直线l：y＝kx＋3与圆O相交于A，B两点，
所以圆心(0,0)到直线l的距离d＝|3|1＋k2<2，
解得k>52或k<－52.
假设存在点M，使得四边形OAMB为菱形，则OM与AB互相垂直且平分，
所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离d＝12|OM|＝1.
所以|3|1＋k2＝1，解得k2＝8，
即k＝±22，经验证满足条件．
所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形．
法二：设直线OM与AB交于点C(x0，y0)．
因为直线l斜率为k，显然k≠0，所以直线OM方程为y＝－1kx，
由y＝kx0＋3，y＝－1kx0，解得x0＝－3kk2＋1，y0＝3k2＋1.
所以点M的坐标为－6kk2＋1，6k2＋1.
因为点M在圆上，所以－6kk2＋12＋6k2＋12＝4，解得k＝±22，经验证均满足条件．所以存在点M，使得四边形OAMB为菱形．。