1、河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二数学3月月考试题 理（含解析）第I卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若直线倾斜角为60，则直线的斜率为 ()A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，故选A.2.已知ABC中,a1,b,A30,则B等于（ ）A. 30B. 30或150C. 60D. 60或120【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可得,故.故B等于60或120.故选：D【点睛】本题主要考查了利用正弦定理求解
2、角度的问题,属于基础题.3.给定下列命题：；其中正确的命题个数是（ ）A 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】根据不等式的基本性质或者举反例逐一判断各个命题【详解】解：（方法一）对于，取，则，但，故错；对于，取，则，但，故错；对于，取，则，但，故错；对于，取，则，但，故错；故选：A（方法二）对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；对于，由于，则，则和同号，但的符号不确定，则的符号也不确定，故错；对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；对于，由于，则，而，但的符号不确定，故错；故选：A【点睛】本题主要考查不等式的基本性质的应用，属于基础题4.已知向量，则（ ）A. B. C.
3、 D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意求出的坐标，结合数量积的坐标运算即可得结果.【详解】，故选：A.【点睛】本题主要考查了向量线性运算的坐标表示，向量数量积的坐标表示，属于基础题.5.在下列四个正方体中，能得出的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：对于A，作出过的对角面，如图，可得直线与这个对角面垂直，根据线面垂直的性质，成立，故A正确；对于B，作出过的对角面，如图所示，将平移至内侧面，可得与所成的角为，所以不成立，对于C、D，将平移至经过点的侧棱处，可得所成角都是锐角，故和均不成立，故选A考点：空间两直线的位置关系6.在等差数列an中，已知a4a816，
4、则该数列前11项和S11（ ）A. 58B. 88C. 143D. 176【答案】B【解析】试题分析：等差数列前n项和公式，考点：数列前n项和公式7.直线l1：yaxb与直线l2：ybxa(ab0,ab)在同一平面直角坐标系内的图象只可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由各选项中直线的斜率可分当以及一正一负两种情况讨论即可.【详解】对B,斜率为正,在轴上的截距也为正,故不可能有斜率为负的情况.故B错.当时, 和斜率均为正,且截距均为正.仅D选项满足.故选：D【点睛】本题主要考查了直线方程的图像判定,需要根据题意分斜率为正与负两种情况分析.属于基础题.8. 关于直线m、
5、n与平面与，有下列四个命题：若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；其中真命题的序号是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：直线m/平面，直线n/平面，当时，直线m,n有可能平行，也有可能异面，所以不正确；，所以，故正确；据此结合选项知选D.考点：本题主要考查空间直线与平面的位置关系点评：熟练掌握空间直线与平面之间各种关系的几何特征是解答本题的关键9.设点，直线过且与线段相交，则的斜率的取值范围是（ ）A. 或B. C. D. 以上都不对【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，求出PA和PB的斜率，数形结合可得答案.【详解】如图，.直
6、线l的斜率k的取值范围为.故答案为A.【点睛】本题考查了直线的斜率，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题.10.设函数，若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】恒成立问题，利用分离参数法得到m，转为求函数在的最小值，从而可求得m的取值范围【详解】由题意，f（x）m+4，可得m（x2x+1）5当x1，3时，x2x+11，7，不等式f（x）m+4等价于m当x3时，的最小值为，若要不等式m恒成立，则必须m，因此，实数m的取值范围为（，），故选C【点睛】本题考查恒成立问题的解法，经常利用分离参数法，转为求函数最值问题，属于中档题11.ABC的内角
7、A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB=4csinC，cosA=，则=A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用12.如图，为的外心，为钝角，是边的中点，则的值为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】B【解析】外心在上的投影恰好为它们的中点，分别设为，所以在上的投影为，而恰好为中点，故考虑，所以点睛：和三角形外心有关的，多联系投影的应用，式子两边点击向量，出模长第II卷(非选
8、择题 共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13.已知点A(m，3)，B(2m，m4)，C(m1,2)，D(1,0)，且直线AB与直线CD平行，则m的值为_；【答案】0或1【解析】【分析】根据直线的斜率存在和不存在分类讨论【详解】当时，直线方程为，直线方程为，两直线平行，当时，由得，此时直线方程为，即，直线方程为，即，两直线平行故答案为：0或1【点睛】本题考查由两直线平行求参数值，解题时根据直线斜率存在和不存在分类讨论由斜率相等求出参数时还需检验两直线是否重合14.记Sn为等比数列an的前n项和若，则S5=_【答案】.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用
9、等比数列的求和公式，计算得到题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又，所以所以【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误15.直线l与两条直线xy70，y1分别交于P、Q两点，线段PQ的中点为（1，1），则直线l的斜率为 【答案】【解析】试题分析：设，PQ中点M，根据中点坐标公式得：P点在x-y-7=0上，解得；P点坐标为（4，-3），Q点坐标为（-2，1）；由斜率公式考点：直线的斜率16.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，是边长为正三角形，分别是的中点，则球的体积为_【答案】【
10、解析】【分析】由已知设出，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.【详解】在中，设，,，因为点，点分别是，的中点，所以，在中，在中，整理得，因为是边长为的正三角形，所以，又因为，所以，由，解得，所以又因为是边长为的正三角形，所以，所以，所以，两两垂直，则球为以为棱的正方体的外接球，则外接球直径为，所以球的体积为,故答案为.【点睛】本题主要考查空间几何
11、体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知（1）求实数的值；（2）若，求实数的值【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用向量，建立关于的方程，即可求解的值；（2）写出向量的坐标，利用得出关于的方程，即可求解实数的值.试题解析：（1）（2）由（1）得所以考点：向量的坐标运算.18.已知直线l的方程为3x4y1
12、20，求直线l的方程，使得：(1)l与l平行且过点(1,3)；(2)l与l垂直且l与两坐标轴围成的三角形的面积为4.【答案】(1) 3x4y90. (2) 4x3y40或4x3y40.【解析】【分析】（1）根据直线的平行关系可设的方程为，将点代入求出的值即可；（2）根据直线的垂直关系可将直线设为，分别求出其在坐标轴上的截距，结合三角形面积公式求出即可.【详解】(1)设l的方程为3x4ym0，由点(1,3)在l上知，312m0m9，所以直线l的方程为3x4y90.(2)设l的方程为4x3y0，令y0，得x，令x0，得y，于是三角形面积S|4，得2964，所以直线l的方程为4x3y40或4x3y4
13、0.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，利用直线平行和直线垂直得到对应直线的斜率之间的关系，求出直线斜率是解决本题的关键，注意直线系的应用与平行的直线可设为，与垂直的直线可设为.19.记Sn为等差数列an的前n项和，已知S9=a5（1）若a3=4，求an的通项公式；（2）若a10，求使得Snan的n的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于和的方程组，求得和的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有，根据，可知，根据，得到关于的不等式，从而求得结果.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意有，解答，所以，所
14、以等差数列的通项公式为；（2）由条件，得，即，因为，所以，并且有，所以有，由得，整理得，因为，所以有，即，解得，所以的取值范围是：【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.20.已知RtABC的顶点A(3,0)，直角顶点B(1，)，顶点C在x轴上（1）求点C的坐标；（2）求斜边上的中线的方程【答案】（1）C(3,0)；（2）y2x.【解析】【分析】（1）由垂直得kABkBC1，设，即可得（2）求出中点坐标，得中线斜率，从而得直线方程【详解】（1）ABBC，故kABkBC1.又A
15、(3,0)，B(1，)，设，则，解得，C(3,0)(2)由(1)得C(3,0)，AC的中点为(0,0)，斜边上的中线为直线OB(O为坐标原点)，直线OB的斜率k2，直线OB方程为y2x.【点睛】本题考查两直线垂直的条件，考查直线方程属于基础题21.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求A；（2）若，求sinC【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.【详解】（1）即：由正弦定理可得： （2），由正弦定理得：又，
16、整理可得： 解得：或因为所以，故.（2）法二：，由正弦定理得：又，整理可得：，即 由，所以.【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.22.如图所示，在ABC中，ACBCAB，四边形ABED是正方形，平面ABED底面ABC，G，F分别是EC，BD的中点（1）求证：GF平面ABC；（2）求证：平面DAC平面EBC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接AE，证明GFAC，然后通过直线与平面平行的判定定理，证明GF平面ABC；
17、（2）由四边形ADEB为正方形，证得EBAB，得出以BEAC，证得AC平面EBC，进而得到平面DAC平面EBC.【详解】（1）连接AE，因为四边形ADEB为正方形，所以AEBDF，且F是AE中点，因为G是EC的中点，所以GFAC.又AC平面ABC，GF平面ABC，所以GF平面ABC.（2）因为四边形ADEB为正方形，所以EBAB，又因为平面ABED平面ABC，平面ABED平面ABCAB，BE平面ABED，所以BE平面ABC，所以BEAC，因为CA2CB2AB2，所以ACBC，又因为BCBEB，BC，BE平面EBC，所以AC平面EBC，因为AC平面DAC，所以平面DAC平面EBC.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，以及平面与平面垂直的判定定理的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.