2019-2020学年高一数学下学期第二次(6月)月考试题 理(含解析).doc

2019-2020学年高一数学下学期第二次(6月)月考试题 理(含解析)一、选择题（每个小题5分，共60分）1. 不等式的解集为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题意将原问题转化为二次不等式求解即可.详解：分式不等式等价于二次不等式，求解二次不等式可得原不等式的解集为 .本题选择A选项.点睛：解不等式的基本思路是等价转化，分式不等式整式化，使要求解的不等式转化为一元一次不等式或一元二次不等式，进而获得解决2. 公比为2的等比数列an的各项都是正数，且，则 ( )A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B【解析】分析：由题意结合等比数列的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由等比数列的性质可知：，则，由对数的运算法则可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查等比数列的性质，对数的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3. 设，那么的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：因为(0,),0,，2(0,)，利用同向不等式相加，所以2-的范围(-,)4. 若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()A. 不一定存在与a平行的直线 B. 只有两条与a平行的直线C. 存在无数条与a平行的直线 D. 存在唯一与a平行的直线【答案】A【解析】当直线a，Ba上时满足条件，此时过B不存在与a平行的直线，故选A5. 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴已知四边形ABCD的面积为cm2，则原平面图形的面积为()A. 4 cm2 B. cm2 C. 8 cm2 D. cm2【答案】C【解析】分析：由题意结合斜二测画法的法则整理计算即可求得原图形的面积.详解：设斜二测画法中梯形的上底为长度，下底长度为，则梯形的面积为：，则，原平面图形是一个梯形，且上底为长度，下底长度为，高为，其面积为：.本题选择C选项.点睛：本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6. 在中，内角的对边分别为，且，则()A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由题意首先求得a的值，然后结合余弦定理整理计算即可求得最终结果.详解：由面积公式有：，则，由余弦定理可得：，据此可得：.本题选择C选项.点睛：本题主要考查余弦定理的应用，三角形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，该几何体的体积故选A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8. 等差数列an中，已知a50，a4a70，则an的前n项和Sn的最大值为()A. S7 B. S6 C. S5 D. S4【答案】C【解析】分析：由题意结合数列各项的符号确定数列的前n项和取得最大值时的n值即可.详解：由等差数列的性质可得：，由于，故，结合等差数列的性质可知：，则an的前n项和Sn的最大值为.本题选择C选项.点睛：本题主要考查数列的单调性，等差数列的性质，前n项和的最大值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9. 在不等边三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，其中a为最大边，如果sin2(BC)sin2Bsin2C，则角A的取值范围为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意结合余弦定理和三角形的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，角化边有：，则，据此可知：，a为最大边，则A为最大角，故.综上可得：角A的取值范围为.本题选择D选项.点睛：本题主要考查正弦定理、余弦定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10. 在长方体中，是侧棱的中点，则直线与平面所成角的大小是()A. B. C. D. 以上都不对【答案】B【解析】分析：由题意结合几何体的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，则，故，为长方体，则平面，由线面垂直的定义可知：，且，故平面，即直线与平面所成角的大小是.本题选择B选项.点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理，直线与平面所成的角的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A. (2，0) B. (，2)(0，)C. (4，2) D. (，4)(2，)【答案】Cx22x8，解得4x2.12. 在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先确定点P的轨迹，然后利用几何体的结构特征整理计算即可求得最终结果.详解：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，M、N、E、F为所在棱的中点，MNBC1，EFBC1，MNEF.MN平面AEF，EF平面AEF，MN平面AEF.AA1NE，AA1=NE，四边形AENA1为平行四边形，A1NAE.A1N平面AEF，AE平面AEF，A1N平面AEF.A1NMN=N，平面A1MN平面AEF.P是侧面BCC1B1内一点，A1P平面AEF，P必在线段MN上.在RtA1B1M中，A1B1=1，同理可得在RtA1B1N中，A1MN是等腰三角形.当P在MN中点O时A1PMN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长.在RtB1MN中，.点O是MN中点，.在RtA1MO中，.，线段A1P长度的取值范围是.本题选择B选项.点睛：本题主要考查面面垂直的判断定理与性质定理的应用，空间轨迹问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（每小题5分，共20分）13. 若数列an的前n项和，则an的通项公式是an_【答案】2n-1. 【解析】分析：由题意分类讨论n=1和两种情况即可确定数列的通项公式.详解：结合数列的前n项和分类讨论：当时，当时，且当时，据此可知，数列的通项公式为.点睛：本题主要考查数列通项公式的求解，通项公式与前n项和的关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14. 如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是_(填写所有正确说法的序号)EF与GH平行； EF与GH异面；EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；EF与GH的交点M一定在直线AC上【答案】.【解析】分析：由题意结合空间几何体的结构特征和立体几何公理逐一考查所给命题的真假即可.详解：E，H分别是边AB，AD的中点，则，且,F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且,据此可得四边形是梯形，且，据此可知：EF与GH不平行；EF与GH共面；直线在平面内，直线在平面内，则直线EF与GH的交点M一定在平面与平面的交线直线AC上综上可得，题中所给的说法正确的是.点睛：本题主要考查立体几何公理的应用，空间想象能力，空间直线的平行定理等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15. 已知四面体中，则四面体的外接球的表面积为_【答案】.【解析】分析：由题意结合几何体的结构特征整理计算即可求得最终结果.详解：由四面体的特征可知，该几何体的四个顶点位于一个长方体的顶点之上，设长方体的长宽高分别为，由题意可知：，则，四面体的外接球即长方体的外接球，设外接球半径为，则，该四面体的表面积为：.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16. 在中，若，则的最大值为_【答案】.【解析】分析：由题意首先求得C的值，然后结合正弦定理和三角函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：在ABC中,，即，,即，解得或，C=(舍去),或C=(舍去),或C=，又AB=1,，又，的最大值为.三、解答题（共70分）17. 如图，在三棱锥中，底面，是的中点已知，.求：(1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)由题意结合三棱锥的体积公式可得三棱锥的体积为；(2)取PB的中点E，连接DE，AE，则ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角结合余弦定理计算可得异面直线BC与AD所成角的余弦值为.详解：(1)SABC222，三棱锥PABC的体积为VSABCPA22.(2)取PB的中点E，连接DE，AE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.点睛：本题主要考查三棱锥的体积公式，异面直线所成的角等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18. 在中，分别是内角的对边，且2cos Acos C(tan Atan C1)1.(1)求的大小；(2)若，求的面积【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)由题意结合三角函数的性质计算可得，则；(2)由题意结合余弦定理可得，则ABC的面积.详解：(1)由已知得2cos Acos C1，所以2(sin Asin Ccos Acos C)1，即cos(AC)，所以cos B ，又0B，所以B.(2)由余弦定理，得cos B，即，又因为ac，b，所以2ac3ac，即ac，所以SABCacsin B.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围19. 如图，四棱柱的底面ABCD是正方形O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1.(1)证明：平面A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积【答案】(1)证明见解析.(2)1.【解析】分析：(1)由题意可证得BD平面CD1B1，且A1B平面CD1B1，故平面A1BD平面CD1B1.(2)由题意分别求得三棱柱的底面积和高，计算可得其体积为1.详解：(1)由题设知，BB1DD1，四边形BB1D1D是平行四边形，BDB1D1.又BD平面CD1B1，BD平面CD1B1.A1D1B1C1BC，四边形A1BCD1是平行四边形，A1BD1C.又A1B平面CD1B1，A1B平面CD1B1.又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1.(2)A1O平面ABCD，A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又AOAC1，AA1，A1O1.又SABD1，SABDA1O1.点睛：本题主要考查面面平行的判定定理，棱柱的体积公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20. 已知数列的首项，前项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和Tn，并证明：1Tn0， 所以Tn(n)0，所以数列Tn单调递增，所以(Tn)minT11，所以1Tn0，所以数列An为递增数列，则（An）minA1.又因为An323，所以An3.因为对任意正整数n，Tn2na，b，所以a，b3，则（ba）min3.点睛：本题的核心是考查裂项求和的方法，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的