2020-2021学年江西省奉新县第一中学高二上学期第二次月考数学（理）试题 Word版

1 江西省奉新县第一中学 2020-2021 学年高二上学期第二次月考 数学（理科）试卷 命题人： 2020 10. 20 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 每小题只有一项符合题目要求） 1. 下列说法中，正确的是( ) A.经过不同的三点有且只有一个平面 B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线 C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线 D.垂直于同一个平面的两个平面平行 2.正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，异面直线 AC 与 C1D 所成的角为（ ） A． 6  B． 3  C． 4  D． 2  3．若直线 l 1 ： ax + 03)1(  ya 与直线 l 2 ： 02)32()1(  yaxa 互相垂直，则 a 的值 为（ ） A． 3 B． 2 1 C． 0 或 2 3 D．1 或 3 4．若圆锥的轴截面是等边三角形，则它的侧面展开图扇形的圆心角为（ ） A. B. 0180 C. 045 D. 060 5．正六棱锥底边长为 1，侧棱与底面所成的角为 450，则它的斜高等于( ) A 2 7 B 6 15 C 3 4 D 2 3 6.直线 02)1(  ayxa 不经过第二象限，则 a 的取值范围为（ ） A. 1a B. 1a C. 2a D. 2a 7.设定点 A（3，1），B 是 x 轴上的动点，C 是直线 y=x 上的动点，则△ABC 周长的最小值是（ ） A． 5 B．2 5 C．3 5 D． 10 8.若实数 ,x y 满 2 4,012222   x yyxyx 则 的取值范围为（ ）． A. ]3 4,(  B. )0,3 4[ C. ]3 4,0[ D. ),3 4[  2 9．一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形， 则这个几何体的体积为（ ） A． (4 ) 3 3  B． (4 ) 3 C． (8 ) 3 2  D． (8 ) 3 6  10.已知 A、B、C、D 四点在球 O 的表面上，且 2 2 2AB BC AC  ， ，若四面体 ABCD 的体积 的最大值为 4 3 ，则球 O 的表面积为（ ） A. 7π B. 9π C. 10π D. 12π 11.半径为 4 的球面上有 A,B,C,D 四点，且满足 ，则 面积之和的最大值为（ ） A.8 B.16 C.32 D.64 12．侧棱长为 2 a3 的正三棱锥 V-ABC 的侧棱间的夹角为 400，过顶点 A 作截面 AEF，截面 AEF 的最 小周长为( ) A 22 a B 6a C 4a D 12 3 a 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．) 13．已知直线l 过点  2,3A ，且横截距与纵截距相等，则直线l 的方程为__________________。 14．过点（1，2）总可作两条直线与圆 2 2 22 15 0x y kx y k      相切，则实数 k 的取值范围 是 . 15．已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各顶点都在同一球面上，若 30BAC  ， 1 1BC AA  ，则 该球的表面积等于 . 16. 将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A－BD－C，有如下四个结论： （1）AC⊥BD； （2）△ACD 是等边三角形； （3）AB 与平面 BCD 所成的角为 60°； （4）AB 与 CD 所成的角为 60°。 则正确结论的序号为 3 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分） 17（本小题满分 10 分） 已知直线 1l 的方程为 3x+4y-12=0, 分别求直线 2l 的方程，使得： （1） 2l 与 1l 平行，且过点（-1,3）； （2） 2l 与 1l 垂直，且 2l 与两坐标轴围成的三角形面积为 6。 18（本小题满分 12 分） 已知等差数列 na 满足： 3 7a  ， 5 7 26a a  , na 的前 n 项和为 nS . （Ⅰ）求 na 及 nS ； （Ⅱ）令 2 1 1n n b a   （ n N  ）,求数列 nb 的前 n 项和 nT . 19 （本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 中， D，E 分别是 AB，BB1 的中 点. (1)证明：BC1∥平面 A1CD. (2)设 AA1=AC=CB=2，AB= 22 ，求三棱锥 1A -CDE 的体积 4 20（本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) cos(2 ) cos23f x x x   ( x R )． (1)求函数 ( )f x 的最小正周期及单调递增区间； (2)  ABC 内角 A B C、 、 的对边长分别为 a b c、 、 ，若 3( ) , 1,2 2 Bf b   3,c  且 ,a b 求角 B 和角 C. 21（本小题满分 12 分） 已知直线 l 过定点  2, 1A  ，圆 C： 2 2 8 6 21 0x y x y     ． （1）若 l 与圆 C 相切，求 l 的方程； （2）若 l 与圆 C 交于 M，N 两点，求 CMN 面积的最大值，并求此时 l 的直线方程． 22（本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，PA⊥底面 ABCD， 60ABC   ， 3AB  ， 2 3AD  ， 3AP  ． 5 (Ⅰ)求证：平面 PCA⊥平面 PCD； (Ⅱ)设 E 为侧棱 PC 上的一点，若直线 BE 与底面 ABCD 所成的角为 45°，求二面角 E AB D  的余 弦值． 6 2022 届高二上学期第二次月考数学参考答案（理科） 一. 选择题 1-4 CBDB 5-8 ABBD 9-12 DBCB 二．填空题 13. 3 2 0 5 0x y x y    或 14. ），（），（ 3 38,23-3 38-  15. 5 16.（1）（2）（4） 三、解答题 17.解（1） (2) 为 4x-3y+12=0 或 4x-3y-12=0 18.解：（Ⅰ）设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d，因为 3 7a  ， 5 7 26a a  ， 所以有 1 1 2 7 2 10 26 a d a d      ，解得 1 3, 2a d  ，…………4 分 所以 3 2 1)=2n+1na n  （ ； nS = n(n-1)3n+ 22  = 2n +2n .…………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 2n+1na  ， 所以 bn= 2 1 1na  = 2 1 =2n+1) 1（ 1 1 4 n(n+1)  = 1 1 1( - )4 n n+1  ，…………8 分 所以 nT = 1 1 1 1 1 1(1- + + + - )4 2 2 3 n n+1    = 1 1(1- )=4 n+1  n 4(n+1) ， 即数列 nb 的前 n 项和 nT = n 4(n+1) .…………………………………12 分 19.(1)连接 AC1，交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 的中点，连接 DF，则 BC1∥DF. 因为 DF 平面 A1CD，BC1⊈ 平面 A1CD，所以 BC1∥平面 A1CD. (2)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱，所以 AA1⊥CD.由已知 AC=CB，D 为 AB 的中点， 7 所以 CD⊥AB，又 AA1∩AB=A，于是 CD⊥平面 ABB1A1.由 AA1=AC=CB=2，AB=2 得 ∠ACB=90°，CD= ，A1D= ，DE= ，A1E=3，故 A1D2+DE2=A1E2，即 DE⊥A1D 所以 = × × × × =1. 20.解：（Ⅰ）∵   2π 3 3 πcos 2 cos2 sin2 cos2 3sin 23 2 2 3f x x x x x x                ， ∴故函数  f x 的最小正周期为 π ；递增区间为 5,12 12k k       ( k Z ) （Ⅱ） π 33sin2 3 2 Bf B             ，∴ π 1sin 3 2B      ． ∵ 0 πB  ， ∴ π π 2π 3 3 3B    ， ∴ π π 3 6B    ， 即 π 6B  ． 由 正 弦 定 理 得 ： 1 3 πsin sinsin 6 a A C   ，∴ 3sin 2C  ，∵ 0 πC  ，∴ π 3C  或 2π 3 ． 当 π 3C  时， π 2A  ；当 2π 3C  时， π 6A  ．（不合题意，舍） 所以 π 6B  . π 3C  21.【详解】（1）由题，得圆C 的标准方程为 2 2( 4) ( 3) 4x y    ，则圆心坐标为 (4,3) ，半径 2r = ． ①当直线l 的斜率不存在时，直线 2x  ，符合题意； ②当直线l 的斜率存在时，设直线l ：  1 2y k x   ，即 2 1 0kx y k    ． 因为直线 l 与圆C 相切， 所以圆心 (4,3) 到直线 l 的距离等于半径 2 ，即 2 2 4 2 1 k k    ，解得 3 4k  ， 所以直线的方程为 3 3 1 04 2x y    ，化为一般式为3 4 10 0x y   ． 综上，l 的方程为 2x  或 3 4 10 0x y   ； （2）由第 1 问知直线与圆交于两点，则斜率必定存在，则直线 l 的方程为 2 1 0kx y k    ， 所以圆心到直线 l 的距离 2 2 4 1 kd k   ， 所以 ΔCMN 面积  22 2 4 21· ·2 4 4 2 42S d d d d d        ， 8 所以当 2d  时， S 取得最大值 2，由 2 2 4 2 1 kd k    ， 解得 1k  或 7k  ， 所以直线 l 的方程为 3 0x y   或 7 15 0x y   ． 22.【详解】解：(Ⅰ)在平行四边形 ABCD 中，∠ADC=60°，CD 3 ，AD 2 3 ，由余弦定理得 2 2 2 0AC AD CD 2AD·CDcos ADC 12 3 2 2 3 3 cos60 9          ， ∴ 2 2 2AC CD AD  ，∴∠ACD=90°，即 CD⊥AC， 又 PA⊥底面 ABCD，CD  底面 ABCD，∴PA⊥CD， 又 AC CD C  ，∴CD⊥平面 PCA. 又 CD  平面 PCD，∴平面 PCA⊥平面 PCD. (2)二面角 E-AB-D 的余弦值为 5 5