1、宁夏吴忠中学2020-2021学年高二数学10月月考试题（含解析）一、选择题:本大题共12小题,每小题4分,共48分）1. 已知集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合，利用三角函数的值域可得集合，再进行集合的交运算即可；【详解】，故选：C.【点睛】本题考查集合的交运算以及正弦函数的值域，考查运算求解能力，属于基础题.2. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理可求得.【详解】因为，由正弦定理得，故选：C【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查运算求解能力.3. 设、为两个不同
2、的平面，、为两条不同的直线，且，则下列命题中真命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直、平行的性质定理判断选项的正误即可【详解】由，为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且，知：在中，则，满足平面与平面垂直的判定定理，所以正确；在中，若，不能得到，也不能得到，所以得不到，故错误；在中，若，则与可能相交、平行或异面，故不正确；在中，若，则由面面平行的性质定理得，不一定有，也可能异面，故错误故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题4.
3、已知角、均为锐角，且，（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用求得，再结合正切的差角公式，即可代值计算.【详解】角、均为锐角，且，又，故选：D.【点睛】本题考查正切的差角公式，同角三角函数关系，属综合基础题.5. 已知圆与圆，则两圆的位置关系是（ ）A. 相交B. 外离C. 内切D. 外切【答案】D【解析】分析】由已知圆的方程求出圆心坐标与半径，再由两圆的圆心距与半径的关系得答案【详解】解：圆的圆心坐标为，半径为2；圆的圆心坐标，半径为3由，所以两圆的位置关系是外切故选：D【点睛】本题考查圆与圆位置关系的判定，考查两点间距离公式的应用，是基础题6. 某几何体的三视图如图所
4、示，其中正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，则此几何体的最长棱的长度为（ ）A. 2B. C. D. 12【答案】C【解析】【分析】由三视图可知原几何体是一个四棱锥，画出图形，即可判断最长棱并求出.【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面为正方形边长为2，侧棱底面.且.则，.此几何体的最长棱的长度为.故选：C.【点睛】本题考查由三视图求几何体的相关量，属于基础题.7. 已知且，如图所示的程序框图的输出值，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意知，当时，则有，又程序输出，所以，当时，必有，故选A.8. 在四面体中，分别为棱，的中点，则异面直线与
5、所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】取的中点，连接， 则为异面直线与所成的角（或补角），再利用余弦定理求解可得.【详解】取的中点，连接，则，则为异面直线与所成的角（或补角），因为，所以，故异面直线与所成角的余弦值为.故选：D【点睛】本题考查异面直线所成角，考查运算求解能力与空间想象能力.用平移法求异面直线所成的角的步骤一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角二证：即证明作出的角是异面直线所成的角三求：解三角形，求出作出的角如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角9. 函数（，为常数，）的部分图象如图所示，则的
6、值（ ）A. B. C. 0D. 【答案】A【解析】【分析】根据图象有，且，即有，得进而求得的值【详解】有图可知：，即；且最小正周期，又即综上，有：故选：A【点睛】本题考查了应用三角函数图象求解析式，根据图象显示的周期(半周期或周期)求，由最值求，最后根据最值所对应的x值求，即可得到最终解析式10. 在直角梯形中，是的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由数量积的几何意义可得，又由数量积的运算律可得，代入可得结果.【详解】，由数量积的几何意义可得：的值为与在方向投影的乘积，又在方向的投影为=2，同理，故选D.【点睛】本题考查了向量数量积的运算律及数量积的几何意义的应
7、用，属于中档题.11. 已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为1，则此球的表面积等于（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用棱锥的体积，求的长度，由，利用余弦定理求，可得外接圆的半径，利用勾股定理可得球半径，即可求解.【详解】因为，由可得又因为平面，该棱锥的体积为1，所以，设外接圆的半径为，则，所以球的半径球的表面积，故选D.【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的问题，余弦定理，球的表面积，三棱锥的体积，属于中档题.12. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出函数定义域，并利用定义求函数的奇偶性，确定
8、时的解析式及区间内单调递减，结合已知条件列不等式求解即可.【详解】由题意，函数的定义域为，又，所以函数为偶函数，当时，利用复合函数的单调性可知：函数在时单调递减，又函数为偶函数，两边平方后，化简得，解得， 故使不等式成立的取值范围是故选：C.【点睛】本题考查了利用函数的基本性质，利用复合函数的奇偶性及各区间单调性，结合函数值的不等关系求范围问题.属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题16分.13. 在中，则的面积为_.【答案】或【解析】【分析】根据正弦定理可求得.分类讨论，即可确定角，由三角形面积公式即可求解.【详解】由正弦定理可知，代入可得，解得，所以或，当时，由三角形面积公式可得，
9、当时，由三角形面积公式可得，所以的面积为或，故答案为：或.【点睛】本题考查了正弦定理解三角形的简单应用，三角形面积公式用法，属于基础题.14. 若向量，的夹角为，且，则向量与向量的夹角为_【答案】【解析】【分析】根据题中条件，先求出，再求出，根据向量的夹角公式，即可求出结果.【详解】因为向量，的夹角为，且，所以，记向量与向量的夹角为，则，因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量数量积的运算法则，以及向量的夹角公式即可，属于基础题型.15. 已知实数，求直线与圆有公共点的概率为_.【答案】【解析】【分析】利用直线与圆位置关系的判断条件，列出直线与圆有公共点转化为圆心到直线的距
10、离小于等于半径得到满足的不等式，列举出所有的情况，利用古典概型的概率公式求出概率值.【详解】解：设事件A：直线与圆有公共点，则可知，即，已知实数则包含，共7个基本事件共有个基本事件所以故直线与圆有公共点的概率为.故答案为: 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系和古典概型；求古典概型的概率，首先要求出各个事件包含的基本事件个数，求事件的基本事件的个数的方法有：列举法、排列、组合的方法、图表法.16. 在三角形中，分别是角，的对边，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】由余弦定理可求出角，再根据正弦定理即可表示出，然后利用消元思想和辅助角公式，即可求出的最大值【详解】因为，所以，而，其中所以的最大值
11、为，当时取得故答案为：【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及利用三角函数求解三角形中的最值问题，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，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. 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角B；（2）若，求，【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，然后求解B的大小（2）利用正弦定理余弦定理，转化求解即可【详解】（1）在中，由正弦定理，得 又因为在中所以 法一：因为，所以，因而所以，所以 法二：即， 所以，因为，所以 （2）由正弦定理得，而，所以，由余弦定理，得，即， 把代入
12、得.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18. 已知圆C的圆心坐标（1，1），直线l：yx+1被圆C截得弦长为（）求圆C的方程；（）过点P（2，3）作圆的切线，求切线方程【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）设圆的半径为r，先求得圆心到直线l：yx+1的距离，然后利用弦长公式求解. （）因为点P不在圆上，然后分切线的斜率不存在时，直线为：验证即可，当切线的斜率存在时，设直线的方程
13、为： ，利用圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】（）设圆的半径为r，圆心到直线l：yx+1的距离为： ，又因为直线l：yx+1被圆C截得弦长为所以，解得，所以圆的方程为：（）因为点P不在圆上，当切线的斜率不存在时，直线为：，与圆相切，成立，当切线的斜率存在时，设直线的方程为： ，即，圆心到直线的距离为：，解得，所以切线方程为：，综上：切线方程为：或【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析
14、】【分析】（1）通过构造中位线的方法，证得与平面平面内的一条直线平行，由此证得平面.（2）通过证明、来证明平面.（3）判断出为直线与平面所成的角，解直角三角形求得.【详解】（1）证明：连接，交于点，连接.因为为矩形，则为的中点；因为为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）在正三棱柱中，因为平面，平面，所以.因为为等边三角形，为的中点，所以.又因为，平面，所以平面；（3）由（2）知，平面，所以 即为直线与平面所成的角，设等边的边长为2，则，所以在中，所以.即直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查线面平行、线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属
15、于中档题.20. 已知（1）求的最大值及该函数取得最大值时的值；（2）在中，分别是角 所对的边，若，且，求边的值【答案】(1) ，；（2）.【解析】试题分析：（1）跟据二倍角的正弦、余弦公式以及两角和的正弦公式可得，根据正弦函数的图象与性质可得结果；（2）由，得，结合三角形内角的范围可得或，讨论两种情况分别利用余弦定理可求出边的值.试题解析：f（x）=2sinxcosx+2cos2x1=sin2x+cos2x=2sin（2x+）（1）当2x+=时，即x=（kZ），f（x）取得最大值为2；（2）由f（）=，即2sin（A+）=可得sin（A+）=0AAA=或A=或当A=时，cosA=a=，b=，
16、解得：c=4当A=时，cosA=0a=，b=，解得：c=221. 某高校在2010年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示（1）求第3、4、5组的频率；（2）为了能选拔出最优秀的学生，该校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生进入第二轮面试，求第3、4、5组每组各抽取多少学生进入第二轮面试？（3）在（2）的前提下，学校决定在这6名学生中随机抽取2名学生接受甲考官的面试，求第4组至少有一名学生被甲考官面试的概率【答案】（1）0.1；（2）第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人；（
17、3）.【解析】本试题主要是考查了直方图的性质的运用，以及古典概型概率的运算的综合运用（1）由题设可知，第组的频率为 第组的频率为第组的频率为（2）第组的人数为 第组的人数为第组的人数为利用分层抽样的等比例性质得到各层应该抽取的人数（3）设第组的位同学为，第组的位同学为，第组的位同学为，则从六位同学中抽两位同学有15中情况，其中其中第组的位同学为至少有一位同学入选的有其中第组的位同学为至少有一位同学入选的有9种，进而得到概率值解：()由题设可知，第组的频率为 第组的频率为第组的频率为 3分()第组的人数为 第组的人数为第组的人数为 6分因为第组共有名学生，所以利用分层抽样在名学生中抽取名学生，每
18、组抽取的人数分别为： 第组： 第组： 第组：所以第组分别抽取人、人、人 9分()设第组的位同学为，第组的位同学为，第组的位同学为，则从六位同学中抽两位同学有：共种可能 10分其中第组的位同学为至少有一位同学入选的有：共种可能， 11分所以第组至少有一名学生被甲考官面试的概率为 12分22. 如图，四棱锥中，底面，是的中点（1）求证：；（2）求证：面；（3）求二面角E-AB-C的正切值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据线面垂直得到线线垂直；（2）由等腰三角形的性质得到，由（1）推得面，故，进而得到结果；（3）过点E作EFAC，垂足为过点F作FGAB，垂足为G连结
19、EG，是二面角的一个平面角，根据直角三角形的性质求解即可.易知，故面【详解】（1）证明：底面，又，故面面，故 （2）证明：，故是的中点，故由（1）知，从而面，故易知，故面 （3）过点E作EFAC，垂足为过点F作FGAB，垂足为G连结EGPAAC, PA/EF EF底面且F是AC中点故是二面角的一个平面角设，则PA=BC=，EF=AF= 从而FG=，故 【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角面面角一般是要么定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，要么建系来做求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可