1、2020-2021学年贵州省遵义市航天高级中学高二上学期第一次月考数学试题一、单选题1若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）ABCD【答案】A【解析】【详解】试题分析：设直线的倾斜角为，由两点斜率公式的直线的斜率所以，故选A【考点】1、直线的斜率公式；2、直线的倾斜角2过点，且垂直于直线的直线方程为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据所求直线垂直于直线，设其方程为，然后将点代入求解.【详解】因为所求直线垂直于直线，所以设其方程为，又因为直线过点，所以，解得所以直线方程为：故选：B【点睛】本题主要考查两直线的位置关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3已知为两条不同的直线，为两个不同的
2、平面，则下列命题中正确的是（ ）ABCD【答案】D【解析】【详解】若，m，m，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m，mn，则n或n，故C错误；若m，n，m，n，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故A错误；若mn，n，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m，故D正确.4已知圆柱的侧面展开图矩形面积为，底面周长为，则圆柱的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】先利用圆柱的底面半径、圆柱的高表示、以及体积，再化简求三者关系即得结果.【详解】设圆柱的底面半径为、圆柱的高为，则故选：D【点睛】本题考查圆柱体积、侧面积，考查基本分析求解能力，属基础题.5若直线与直线互相垂直,则等于( )A1B-
3、1C1D-2【答案】C【解析】分类讨论：两条直线的斜率存在与不存在两种情况，再利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可【详解】解：当时，利用直线的方程分别化为：，此时两条直线相互垂直如果，两条直线的方程分别为与，不垂直，故；，当时，此两条直线的斜率分别为，两条直线相互垂直，化为，综上可知：故选【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论思想方法，属于基础题6已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】【详解】解：该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为 .本题选择D选项.7在正方体中，分别为的中点，则异面
4、直线与所成角的大小为（ ）ABCD【答案】C【解析】利用平行的传递性得出，得出异面直线与所成角为，再由为等边三角形，确定异面直线与所成角.【详解】如下图所示，连接，则异面直线与所成角为，即为等边三角形故选：C【点睛】本题主要考查了求异面直线的夹角，属于中档题.8若是所在平面外点,两两垂直,且平面于点,则是的( )A内心B外心C重心D垂心【答案】D【解析】点为所在平面外一点,平面,垂足为,连结并延长,交与连结并延长,交于,求证、,即可求得答案.【详解】连结并延长交与,连结并延长交于, , 面 又面 , 面 面故,即同理:;根据三角形垂心定义可知:是的垂心.故选:D.【点睛】本题根据线面垂直判断三
5、角形的垂心,解题关键是掌握线面垂直判断定理和三角形垂心的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于中档题.9由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】过圆心作直线的垂线，垂线与直线的交点向圆引切线，切线长最小【详解】圆心,半径 ，圆心到直线的距离 则切线长的最小值【点睛】本题考查圆的切线长，考查数形结合思想，属于基础题10曲线 ()与直线有两个公共点时，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】易知曲线 表示以 为圆心，以2为半径的半圆，直线过定点，然后在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，利用数形结合法求解.【详解】曲线 变形为表示以 为圆心，以2为半径的
6、半圆，直线过定点，在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，如图所示：当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，即，又，由图知：当曲线 ()与直线有两个公共点时：，即.故选：D【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.11已知定义在上的函数满足，且当时，；令，若在区间内，方程有4个不相等实根，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】根据可得是周期为的函数，再由当时，即可一个周期的图象，进而可得在区间内的图象，再利用与图象有4个交点，数形结合即可得实数的取值范围.【详解】因为，所以，可得是周期为的函数， ，若在区间内，方程有4个不相等实
7、根，则方程在区间内有4个不相等实根，等价于与图象有4个不同的交点，因为当时，所以图象如图所示：把代入得，数形结合得实数的取值范围是，故选：C【点睛】本题主要考查了函数周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，采用了数形结合的思想，属于中档题.12如图，在二面角内半径为的圆与半径为的圆分别在半平面.内，且与棱切于同一点，则以圆与圆为截面的球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】设球心为，连接，则，四点共圆，且为所在圆的直径，也为球的半径在三角形中，由余弦定理得出，再由正弦定理求出利用球表面积公式计算【详解】设球心为，连接，则，四点共圆，且为球的半径根据球的截面圆的性质，可知为二面角的平面角，
8、从而，在三角形中，由余弦定理得，再由正弦定理得球的表面积故选：【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，属于难题13已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.【考点】正四棱柱的几何特征；球的体积.二、填空题14直线在两坐标轴上的截距之和为2，则实数_【答案】【解析】令表示出，得到直线的纵截距令表示出，得到直线的横截距根
9、据题意列方程求解【详解】令解得：，令解得，由题意得：，解得：【点睛】本题主要考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距令解出，得到直线的横截距15四边形的直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，那么四边形的面积为_.【答案】【解析】根据四边形的直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形,可得原图是上底为，下底为，高为的直角梯形，即可求出原图四边形的面积.【详解】由题意知直观图如图：，过点作于点，所以，所以，原图如图：，所以梯形面积为，故答案为：【点睛】本题主要考查了斜二测画法作图规则，属于逆用题型.16如图，在矩形中，点为的中点，点在边上，且，则的值是_【答案】【解析】先
10、表示出和，再求得，最后求即可.【详解】解：因为点在边上，且，所以，因为点为的中点，所以所以在矩形中，所以，所以所以故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的线性运算、平面向量的基本定理、求平面向量的数量积，是中档题.17已知六棱锥的底面是正六边形，平面，则下列结论正确的是_. ；平面平面；平面平面；直线平面；直线与平面所成的角为【答案】【解析】若，由平面，得到，则平面判断；由平面，利用面面垂直的判定定理判断； 易得平面PAE，再利用面面垂直的判定定理判断；由直线，易得平面，再由平面与平面PAE相交判断；根据平面，得到直线与平面所成的角，然后再由求解判断.【详解】如图所示：若，又平面，则，所以平面，
11、则，而，故错误；平面，平面 ，所以平面平面，故正确；因为平面，所以，又，所以平面PAE，平面PAB，所以 平面平面，故正确；因为直线，平面平面，所以平面，显然BC与平面PAE不平行，故错误；因为平面，所以直线与平面所成的角，又，所以，则，故正确；故答案为： 【点睛】本题主要考查线面，面面位置关系的判断，还考查转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.三、解答题18图1是由矩形.和菱形组成的一个平面图形，其中，将其沿，折起使得与重合，连结，如图2.（1）证明：图2中的四点共面；（2）证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）易得ADBE，CGBE，由平行关系的传
12、递性得到ADCG，再利用平面的基本性质证明.（2）由ABBE，ABBC，利用线面垂直的判定定理得到AB平面BCGE，再利用面面垂直的判定定理证明.【详解】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.（2）由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.【点睛】本题主要考查平面的基本性质和线面垂直、面面垂直的判定定理，还考查了逻辑推理的能力，属于中档题.19已知圆,直线（1）判断直线与圆的位置关系；（2）若直线与圆交于不同两点,且,求直线的方程【答案】（1）直线与圆相交；（2）或【解析】试
13、题分析：（1）通过比较圆心到直线的距离与半径的关系，不难发现直线和圆相交（2）根据垂径定理，得到圆心与直线的距离，进而列方程求解即可试题解析：（1）将圆方程化为标准方程,所以圆的圆心,半径,圆心到直线的距离,因此直线与圆相交（2）设圆心到直线的距离为,则,又,解得所求直线为或【考点】直线与圆的位置关系20如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，平面，为的中点. （1）证明:平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，知PBMO.，由此能够证明PB平面ACM;(2）取DO中点N
14、，连接MN，AN，可知MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，解三角形求正切值;（3）由题意，根据体积公式计算即可.【详解】(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)取DO中点N，连接MN.AN，因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在RtDAO中，AD1，AO，所以DO，从而ANDO，在RtANM中，tanMAN即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为（3）平面是
15、的中点，到平面的距离为又，四边形是平行四边形，又【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法解题时要认真审题，仔细解答注意合理地转化空间问题为平面问题.21已知数列的前项和，且的最大值为8.（1）确定的值并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）利用前项和，且的最大值为8先求出参数的值，然后求数列的通项公式；（2）利用乘公比错位相减求前项和.【详解】（1），开口向下得抛物线，又，所以当时，由题设，故；得；当时，；当时，因为时，也满足，所以，（2），故， ，由-得：，故.【点睛】本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的通项公式，
16、以及乘公比错位相减求和，属于中档题.22如图，在四棱锥中，平面，平面，.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离；（3）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）取的中点，连接，结合题干可证平面，四边形为平行四边形，从而得证平面，进而得证；（2）采用等体积法，结合几何关系求出和，由联立即可求解；（3）由定义法可证是二面角的平面角，结合几何关系即可求解.【详解】（1）分别取的中点，连接，是的中位线，又平面，又，平面，又平面，四边形为平行四边形，平面，又平面，平面；(2)，又，设到平面的距离为，即点到平面的距离为；（3）是等腰三角形，是二面角的平面角，又，即二面角
17、的平面角大小为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，等体积法求点面距离，定义法求解二面角的大小，属于中档题23的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围【答案】(1) ;(2).【解析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用考查的很全面，是一道很好的考题.
