2018-2019学年河北省张家口市第一中学高一4月月考数学试题（解析版） 14页

‎2018-2019学年河北省张家口市第一中学高一4月月考数学试题 一、单选题 ‎1．设集合，，则　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为集合,∴.故选C.‎ ‎2．等于　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用诱导公式化简即可求出值．‎ ‎【详解】‎ 解：sin240°＝sin（180°+60°）＝sin60°．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了运用诱导公式化简求值，熟练掌握诱导公式是解本题的关键．‎ ‎3．已知三棱锥，是直角三角形，其斜边，平面ABC，，则三棱锥的外接球的表面积为(    )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意两两垂直，因此可把此三棱锥补成以为棱的长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，球的直径为，即，所以，故选D．‎ ‎4．如图，正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为 (    ) ‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．‎ ‎【详解】‎ 解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，‎ 所以OB，对应原图形平行四边形的高为：2，‎ 所以原图形的面积为：1×22．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力．‎ ‎5．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为　　‎ A．相交 B．平行 C．异面而且垂直 D．异面但不垂直 ‎【答案】D ‎【解析】解：利用展开图可知，线段AB与CD是正方体中的相邻两个面的面对角线，仅仅异面，所成的角为600，因此选D ‎6．已如向量，且与互相垂直，则    ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，，因为，所以，则，即，故选 ‎7．已知，，并且，，成等差数列，则的最小值为　　‎ A．16 B．9 C．5 D．4‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，由等差中项的定义分析可得1，进而分析可得a+9b＝（a+9b）（）＝10，由基本不等式的性质分析可得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：根据题意，a＞0，b＞0，且，，成等差数列，‎ 则21；‎ 则a+9b＝（a+9b）（）＝1010+216；‎ 当且仅当，即=时取到等号，‎ ‎∴a+9b的最小值为16；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及等差中项的定义，关键是分析得到1．‎ ‎8．函数的单调递增区间是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由>0得：x∈(−∞,−2)∪(4,+∞)，‎ 令t=，则y=lnt，‎ ‎∵x∈(−∞,−2)时,t=为减函数；‎ x∈(4,+∞)时,t=为增函数；‎ y=lnt为增函数，‎ 故函数f(x)=ln()的单调递增区间是(4,+∞)，‎ 故选：D.‎ 点睛：形如的函数为,的复合函数，为内层函数,为外层函数.‎ 当内层函数单增，外层函数单增时，函数也单增；‎ 当内层函数单增，外层函数单减时，函数也单减；‎ 当内层函数单减，外层函数单增时，函数也单减；‎ 当内层函数单减，外层函数单减时，函数也单增.‎ 简称为“同增异减”.‎ ‎9．等比数列中，，，则与的等比中项是　　‎ A． B．4 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用等比数列{an}的性质可得 ，即可得出．‎ ‎【详解】‎ 设与的等比中项是x． 由等比数列的性质可得， ． ∴a4与a8的等比中项 ‎ ‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比中项的求法，属于基础题．‎ ‎10．在中，若，则的形状是　　‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据正弦定理变形可知：，则，又因为为三角形内角，所以，因此 为钝角三角形，故选C.‎ ‎【考点】1、正、余弦定理；2、三角形形状的判定.‎ ‎11．下列点不是函数的图象的一个对称中心的是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据正切函数的图象的对称性，得出结论．‎ ‎【详解】‎ 解：对于函数f（x）＝tan（2x）的图象，‎ 令2x，求得xπ，k∈Z，‎ 可得该函数的图象的对称中心为（π，0），k∈Z．‎ 结合所给的选项，A、C、D都满足，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正切函数的图象的对称性，属于基础题．‎ ‎12．已知向量与向量夹角为，且，，则　　‎ A． B． C．1 D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】，可得0，代入解出即可．‎ ‎【详解】‎ 解：∵，‎ ‎∴3﹣20，‎ 解得1．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．若关于x的不等式的解集是，则______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】根据一元二次不等式的解集得出对应方程的两个根，再由根与系数的关系求出a，b即可．‎ ‎【详解】‎ 关于x的不等式ax2+x+b＞0的解集是（-1，2），‎ ‎∴-1，2是方程ax2+x+b=0的两个根，‎ ‎∴-1+2=-，-1×2=，‎ 解得a=-1，b=2；‎ ‎∴a+b=-1+2=1．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了一元二次不等式对应方程的关系，解题的关键是根据不等式的解集得出不等式相应方程的根，再由根与系数的关系求参数的值．‎ ‎14．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为______．‎ ‎【答案】36π ‎【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，‎ 若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，‎ 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，‎ 可得 ，解得r=3.‎ 球O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.‎ ‎15．如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，， ，则 的值是_______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，‎ ‎，‎ 因此，‎ ‎【考点】向量数量积 ‎【名师点睛】研究向量的数量积，一般有两个思路，一是建立平面直角坐标系，利用坐标研究向量的数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种思路实质相同，但坐标法更易理解和化简. 对于涉及中线的向量问题，一般利用向量加、减法的平行四边形法则进行求解．‎ ‎16．设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面在下列命题中，正确的是______写出所有正确命题的序号 ‎ 若，，则或；‎ 若，，，，则；‎ 若，，则；‎ 若，，，则 ‎【答案】‎ ‎【解析】利用线面、面面平行、垂直的判定与性质，进行判断，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 解：①若m∥α，且m∥n，分两种情况：n在α内或不在，则m∥α或m⊂α故正确；‎ ‎②若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，m，n相交，则α∥β，故不正确；‎ ‎③若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面可能平行、相交，不能确定两平面之间是平行关系，故不正确；‎ ‎④由平行的传递性知若α∥β，β∥γ，则γ∥α，因为m⊥α，所以m⊥γ，故正确．‎ 故答案为：①④．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面、面面平行、垂直的判定与性质，解题的关键是有着较强的空间感知能力及对空间中线面，面面，线线位置关系的理解与掌握，此类题是训练空间想像能力的题，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．如图，在三棱锥中，，，，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ 求证：；‎ 求证：平面平面PAC；‎ 当平面BDE时，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.‎ ‎【解析】【详解】‎ 分析：（1）因为所以平面，又因为平面，所以；（2）由等腰三角形的性质可得 ，由（1）知，，所以平面，从而平面平面；（3）先证明，结合（1）可得平面，从而可得三棱锥的体积为，进而可得结果.‎ 详解：（1）因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD平面ABC，所以PA⊥BD.‎ ‎（2）因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC. ‎ 由（1）知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC，‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎（3）因为PA∥平面BDE，平面PAC平面BDE=DE，‎ 所以PA∥DE.‎ 因为D为AC的中点，所以DE=PA=l，BD=DC=.‎ 由（1）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC,‎ 所以三棱锥E-BCD的体积V=BD·DC·DE=.‎ 点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎ ‎18．已知等差数列的前n项和满足，．‎ 求的通项公式；‎ 求．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）根据等差数列的前n项和公式解方程组即可求{an}的通项公式；‎ ‎（2）易得表示首项为1且公差为﹣3的等差数列的前n+1项和，由求和公式可得．‎ ‎【详解】‎ 解：由等差数列的性质可得，‎ 解得，，‎ 则的通项公式；‎ ‎（2）为等差数列，‎ 以1为首项，以为公差的等差数列，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的通项公式的求解，以及等差数列的求和公式，考查学生的计算能力．‎ ‎19．如图，在四棱锥中， ，且.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若， ，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由，得， ．从而得，进而而平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点，连结，则底面，且，由四棱锥的体积为，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积.‎ 试题解析：（1）由已知，得， ．‎ 由于，故，从而平面．‎ 又平面，所以平面平面．‎ ‎（2）在平面内作，垂足为．‎ 由（1）知， 面，故，可得平面．‎ 设，则由已知可得， ．‎ 故四棱锥的体积．‎ 由题设得，故．‎ 从而， ， ．‎ 可得四棱锥的侧面积为 ‎ ．‎ ‎20．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ‎ 判断的形状；‎ 若，点D为AB边的中点，，求的面积．‎ ‎【答案】（1）直角三角形或等腰三角形；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）要判断三角形的形状，可先得出三角形的边的关系或角的关系，已知条件中有边有角，观察已知等式，利用正弦定理化边为角，再由三角函数恒等变形公式变形得，因此有或，这里不能约分；（2）由，知，要求三角形面积，就要求边长，为此设设，则，利用余弦定理表示出后可求得，从而得三边长，最终求得面积．‎ 试题解析：（1）由得：‎ 即：‎ 即：‎ 故，为直角三角形或等腰三角形 ‎（2）若，则，设，则 在中，‎ 故 ‎【考点】三角形判状的判断，正弦定理，余弦定理，三角形面积．‎ ‎21．在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，E，F是线段BC，AB的中点．‎ ‎1证明：；‎ ‎2在线段PA上确定点G，使得平面PED，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】（1）由PA⊥平面ABCD先证明DE⊥PA．连接AE，由勾股定理证明DE⊥AE，通过证明DE⊥平面PAE，即可得证PE⊥ED．‎ ‎（2）过点F作FH∥ED交AD于点H，再过点H作HG∥DP交PA于点G，通过证明平面平面平面PED，然后证明平面PED，．‎ ‎【详解】‎ 解：1证明：由平面ABCD，得连接AE，‎ ‎ ‎ 因为，‎ 所以由勾股定理可得．‎ 所以平面PAE，‎ 因此    ‎ ‎2过点F作交AD于点H，则平面PED，且有．‎ 再过点H作交PA于点G，则平面PED，且．‎ 由面面平行的判定定理可得平面平面PED，‎ 进而由面面平行的性质得到平面PED，‎ 从而确定G点位置 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的性质，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．‎ ‎22．如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：(1)证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即利用线线垂直进行论证，而线线垂直的寻找与论证往往需要利用平几条件，如本题需利用勾股定理经计算得出线垂直（2）一般可利用空间向量的数量积求二面角的大小， 首先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面的法向量，再根据向量数量积求出两个法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角关系确定二面角的余弦值.‎ 试题解析：(1)由已知得，,又由得，故∥，因此 ‎ ，从而⊥.由得. ‎ 由∥得.所以,. ‎ ‎ 于是,故.又,而,‎ ‎ 所以平面. ‎ 如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 ‎ ，，，，，，，‎ ‎ . ‎ ‎ 设是平面的法向量，‎ ‎ 则，即，可取.‎ ‎ 设是平面的法向量，‎ ‎ 则，即，可取 ‎ ‎ 于是， ‎ 设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是. ‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎