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- 2021-06-18 发布
江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期第一次段考文科数学
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.＜ C．ab＞1 D．lg(b－a)＜0
2.下列直线中，与己知直线y＝－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，sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，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. B．π C. 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. C．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. B. C. D.
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＝(，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，)．若a－2b与c共线，则k＝ _．
15.若变量x，y满足约束条件则3x＋y的最大值是________．
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________．
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．
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.
19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.
(1)求f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：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．
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－y－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°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－2)2＋(y－7)2＝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＋2)2＋(5－3)2＝2 2，|MQ|max＝|M″Q|
＝(4＋2)2＋(9－3)2＝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．