【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高一下学期“停课不停学”线上教学数学试题.pdf，共(20)页，428.589 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-长郡中学高一年级“停课不停学”线上教学效果检测考试数学时量：120分钟满分：100分一、选择题：本大题共15个小题，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个项中，只有一项是符合题目要求的1.圆的方程为222100xyxy，则圆心

坐标为（）A.(1,1)B.1(,1)2C.(1,2)D.1(,1)2【答案】D【解析】【分析】将222100xyxy化为圆的标准方程可看出圆心坐标.【详解】将222100xyxy配方,化为圆的标准方程可得2211451110244x

y,即可看出圆的圆心为1(,1)2.故选：D.【点睛】本题考查了圆的一般式方程化为标准方程的运算,属于基础题.2.在等差数列{}na中，143,24aa，则7aA.32B.45C.64D.96【答案】B【解析】【分

析】利用等差数列的性质列方程，解方程求得7a的值.【详解】根据等差数列的性质有1747412,248345aaaaaa，故选B.【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查观察能力，属于基础题.-2-3.已知ABC的内角A、B、C的对

边分别为a、b、c，且222abcab，若3c，则ABC的外接圆的半径为（）A.3B.23C.3D.6【答案】A【解析】【分析】由余弦定理结合题意可得1cos2C，进而可得3sin2C，由正弦定理即可得解.【详解】222abc

ab，2221cos222abcabCabab，由0,C可得23C，3sin2C，223sincRC，3R.故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于基础题.4.经过点(2,5)A,(3,6)B的直线在x轴上的截距为()A.

2B.3C.27D.27【答案】D【解析】试题分析：由两点式得直线方程为＝，即x＋5y－27＝0，令y＝0得x＝27．故选D．考点：求直线方程及截距．5.平面与平面平行的条件可以是（）A.内有无数多条直线都与平行B.直线,ab

，且//,//abC.直线//,//aa，且直线a不在内，也不在内D.一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面-3-【答案】D【解析】【分析】利用、可能相交，判断,,ABC，利用面面平行的判定定理判断选项D.【

详解】对于A,内有无数多条直线都与平行，则、可能相交，A错；对于B,直线a，b，且∥，b，则、可能相交，B错；对于C,直线a，a∥，且直线a不在内，也不在内,，则、可能

相交，C错；对于D,一个平面内两条不平行的直线必相交，根据平面与平面平行的判定定理可知D正确．故选D．【点睛】本题主要考查了平面与平面平行的判定定理，意在考查对基本定理的掌握情况，属基础题．6.某几何体的三视图如图所示

，则该几何体的体积为（）A.24+8πB.18+8πC.24+4πD.18+4π【答案】A【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体由一个直三棱柱和一个半圆柱构成，如图所示-

4-所以2114342424822V．故选：A．【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．7.在ABC中，2222cos2cosabcbcAacB，则AB

C一定是（）A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.等边三角形【答案】C【解析】【分析】由余弦定理结合题意得222abc，由勾股定理逆定理即可得解.【详解】2222cos2cosabcbcAacB，2222222222222bcaacbabcbcacbca

c，22222222222abcbcaacbc即222abc，ABC一定是直角三角形.故选：C.【点睛】本题考查了余弦定理的应用，属于基础题.8.已知直线:()lykxkR与圆22(1)(2

)4xy相交所得的弦长为23，则k的值为-5-（）A.2B.1C.34D.12【答案】C【解析】【分析】由题意可得圆心到直线l的距离1d，由点到直线的距离公式列方程即可得解.【详解】由题意圆22(1)(2)4xy的圆心为1,2

，半径为2，直线:()lykxkR与圆22(1)(2)4xy相交所得的弦长为23，圆心到直线l的距离2223212d，2211kdk，解得34k.故选：C.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了

计算能力，属于基础题.9.已知圆柱的高为1，它的外接球的直径为2，则该圆柱的表面积为（）A.34B.3C.332（）D.33（）【答案】C【解析】【分析】计算得到圆柱的底面圆半径为32r，再利用表面积公式得到答案.【详解】设圆柱的底面圆半径为r，则222131,22rr

圆柱的表面积为：232232Srrh故选：C【点睛】本题考查了圆柱的表面积的计算，意在考查学生的计算能力.-6-10.已知各项均为正数的等比数列{}na的前n项和为nS，且满足6a，43a，5a成等差数列，则42S

S()A.3B.9C.10D.13【答案】C【解析】【分析】设na的公比为0q，由645,3,aaa成等差数列，可得260,0qqq，解得q，再利用求和公式即可得结果.【详解】设各项均为正数的等比数列na的公比为0q，满足645,3,aaa成等差数列，24654

46,6,0aaaaaqqq，260,0qqq，解得3q，则4124221313131103131aSSa，故选C.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题.等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中

的五个基本量1,,,,,nnaqnaS，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.11.如图，在三棱锥SABC中，E为棱SC的中点

.若23AC，2SASBSCABBC.则异面直线AC与BE所成的角为（）-7-A.30B.45C.60D.90【答案】C【解析】【分析】取SA的中点F，连接EF，BF，则BEF（或

其补角）为异面直线AC与BE所成的角，求出三角形的三边，即可求出异面直线AC与BE所成的角．【详解】解：取SA的中点F，连接EF，BF，则∵E为棱SC的中点，EF//AC,则BEF（或其补角）为异面直线AC与B

E所成的角，23,SC2ACSASBABBC3BEEFBF60BEF．故选C．【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，正确作出异面直线所成的角是关键．12.各项均为实数的等比数列{an}前n项之和记为nS,若1010S,3070S

,则40S等于A.150B.-200C.150或-200D.-50或400-8-【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的前n项和公式化简S10＝10，S30＝70，分别求得关于q的两个关系式，可求得公比q的10次方的值，再利用前n项和公式计算S40即可．【详解】因为{an}是等比

数列，所以有1010(1)101aqSq，3030(1)701aqSq二式相除得，3010171qq，整理得102017qq解得102q或103q（舍）所以有40401010(1)1(1)1aqSqaqSq=401011qq=4121512

所以401015SS=150．答案选A．【点睛】此题考查学生灵活运用等比数列的前n项和的公式化简求值，是一道综合题，有一定的运算技巧，需学生在练习中慢慢培养．13.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知

60A，23b，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（）A.023aB.0<<3aC.323aD.23a或3a【答案】C【解析】【分析】计算三角形AB边上的高即可得出结论．【详解】C到

AB的距离d=bsinA=3，∴当3＜a＜2时，符合条件的三角形有两个，-9-故选C．【点睛】本题考查了三角形解的个数的判断，属于基础题．14.三棱锥PABC中，PA平面ABC且2,PAABC是边长为3的

等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为()A.43B.4C.8D.20【答案】C【解析】根据已知中底面ABC是边长为3的正三角形，，PA平面ABC，可得此三棱锥外接球，即为以ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球∵ABC是边长为3的

正三角形，∴ABC的外接圆半径233134r，球心到ABC的外接圆圆心的距离1d，故球的半径222Rrd，故三棱锥PABC外接球的表面积248.SR故选C．15.对于两条平行直线和

圆的位置关系定义如下：若两直线中至少有一条与圆相切，则称该位置关系为“平行相切”；若两直线都与圆相离，则称该位置关系为“平行相离”；否则称为“平行相交”．已知直线1:360laxy，2:2(1)60lxay与圆:C22221(0)xyxbb的位置关系是“平行相交”，则实

数b的取值范围为（）A.32(2,)2B.32(0,)2C.(0,2)D.32(2,)232(,)2【答案】D【解析】【分析】根据定义先求出l1，l2与圆相切，再求出l1，l2与圆外离，结合定义即可得到答案.【详解】圆C的标准方程为(x＋1)2＋y2＝b2.由两直线平行，可得a(

a＋1)－6＝0，解得a＝2-10-或a＝－3.当a＝2时，直线l1与l2重合，舍去；当a＝－3时，l1：x－y－2＝0，l2：x－y＋3＝0.由l1与圆C相切，得|12|3222b，由l2与圆C相切，得|13|22b.当l1、l2与圆C都外离时，2b.

所以，当l1、l2与圆C“平行相交”时，b满足2322,2bbb，故实数b的取值范围是(2，322)∪(322，＋∞)．故选D.二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.16.若等差数列na的前n项和2(1)nSnt，则实数t

的值为________；【答案】-1【解析】【分析】由2(1)nSnt，得到1234,5,7ataa，又因为na是等差数列，再利用等差中项求解.【详解】因为2(1)nSnt所以1234,5,7ataa又因为na是等差数列所以13

22aaa解得1t故答案为：-1【点睛】本题主要考查了等差数的前n项和及等差中项，还考查了运算求解的能力，属于基础题.17.入射光线从P(2,1)出发，经x轴反射后，通过点Q(4,3)，则入射光线所在直线的方程为________.【答案】2x＋y－5＝0【解析】【分析】

-11-利用反射定理可得入射光线所在直线，经过P(2,1),Q′(4，－3)，即可列出两点式直线方程，化简得直线方程：2x＋y－5＝0..【详解】利用反射定理可得，点Q(4,3)关于x轴的对称点Q′(4，－3)在入射光线所在直线上，故入射光线l所在的直线PQ′的方程为113224yx，化

简得2x＋y－5＝0.【点睛】本题借助反射的对称原理，考查了直线的两点式方程；在求直线方程时，要明确直线方程的几种形式及各自的特点，一般已知斜率，选择斜截式或点斜式；已知在两个坐标轴上的截距，选择截距式；已知直线上两点，选择两点式，并且要注

意斜率不存在的情况.18.正方体ABCD－A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1－BD－A的正切值等于【答案】2【解析】如图，连接AC交BD于点O，连接1AO．因为1111ABCDABCD是正方体，所以1,AOBDAA面ABCD，从而可得1AADB，所以DB面1A

OA，从而有1DBAO，所以1AOA是二面角1ABDA的平面角．设正方体的边长为1，则121,2AAAO，所以在1RtAOA中有11tan2AAAOAOA19.如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝A

D,2AB＝3BD，BC＝2BD，则sinC的值为________．【答案】66【解析】-12-试题分析：设BDm，则3,22ABADmBCm，在ABD中，222cos2ADBDABADBADBD22233()()322332

2mmmmm，236sin1()33ADB，6sin3BDC，在BCD中，6sin63sin26mBDBDCCBCm.所以答案应填：66．考点：1、解三角形；2、三角函数的平方关系．20.如图，正方形BCDE的边长为a，

已知3ABBC，将ABE△沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是2；②ABCE^；③BACEV是313a；④平面ABC平面A

DC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°.其中正确的有________.（填写你认为正确的序号）【答案】①②④⑤【解析】【分析】由//BCDE可得ABC为AB与DE所成角，计算出长度后即可判断①；由线面垂直的判定可得CE平面ABD，再由线面垂直的性质即可判断②；由三棱锥体积

公式即可判断③；由面面垂直的判定即可判断④；由线面角的求解方法即可判断⑤；即可得解.-13-【详解】由题意，33ABBCa，2AEa，AD平面BCDE，∴ADa，2ACa，由于//BCDE，∴ABC为AB与

DE所成角，∵3ABa，BCa，2ACa，∴BCAC，∴tan2ABC，故①正确；连接CE交BD于F，由CEBD，AD平面BCDE，CE平面BCDE，∴ADCE，∴CE平面ABD，∴CEAB，故②正确；3

311113326BACEABCEBCEVVSADaa△，故③错误；∵AD平面BCDE，BC平面BCDE，∴ADBC，∵BCCD，∴BC⊥平面ADC，∵BC平面ABC，∴平面ABC平面ADC，故④正确；由

②知EF平面ABD，连接AF，则EAF即为直线AE与平面ABD所成角，在AFE△中，22EFa，2AEa，∴1sin2EFEAFAE，则30EAF，故⑤正确.故答案为：①②④⑤.【点睛】本题综合考查了线线、线面、面面关系的求解，考查了

三棱锥体积的求解，属于中档题.三、解答题：本大题共5个小题，每小题8分，共40分.解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.21.在ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，若3B，且-14-3(

7())abcabcbc,(1)求cosA的值；(2)若5a，求b【答案】（1）1114（2）7【解析】【分析】(1)由3(7())abcabcbc，化简得222117bcabc，利用余弦定理，即可求解；(2)由（1）及三角函数的基本关系式，可得

5sin314A，利用正弦定理，即可求解.【详解】(1)由3(7())abcabcbc，可得22222()327abcabcbcbc＝，即222117abcbc，即222117bcabc，由余弦定理可得22211cos214bcaAbc.(

2)由（1）及三角函数的基本关系式，可得2sin1cosAA5314，在ABC中，由正弦定理可得sinsinbaBA，所以35sin275sin314aBbA.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地

解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.22.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，90BADCDA，PA面ABCD，1,

2PAADDCAB.-15-(1)证明:平面PAC⊥平面PBC；(2)求点D到平面PBC的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）66【解析】【分析】（1）在直角梯形ABCD中，由勾股定理逆定理得ACBC，再由PA面ABCD，得PABC，于是有BC⊥平面PAC

，从而可得面面垂直；（2）利用等体积法DPBCVPDBCV可求得D到平面PBC的距离.【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，由90BADCDA，1,2ADDCAB，得2,2A

CBC，∴222ACBCAB，∴ACBC，又PA面ABCD，∴PABC，PAACA，∴BC⊥平面PAC，BC平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC；（2）由（1）得BCPC，3PC，11632222PBCSPCBC，11111222

DBCSDCAD，111113326PBDCDBCVSPA．设点D到平面PBC的距离为h，则11663326DPBCPBCVShhh16PDBCV，∴66h，∴点D到平面PBC的距离为66．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查求点到平面的距离，立

体几何中求点到平面的距离在高不易作出的情况下常用等体积法，即一个三棱锥的体积用两种方法表示，一种易求得体积，另一种只求得底面积，高（即所求距离）不易得，由两者相等即可得距离．23.已知圆22:240Cxyxy.(1)若直线:20lxyt与圆C相切，求实数t的值；-16-(2)若圆

222:320Mxyrr与圆C无公共点，求r的取值范围.【答案】(1)1或9；(2)|05rr或35r.【解析】【分析】（1）求出圆的圆心与半径，利用点到直线的距离公式使圆心到直线的距离

等于半径即可求解.（2）根据圆C的圆心为1,2，圆M的圆心为3,2，求出圆心距，两圆无交点可知：圆心距大于半径之和或小于半径之差即可.【详解】(1)圆22:240Cxyxy的标准方程为22125xy，圆C的圆心为1,2，半径为5，若直线l与圆C相切，

则有212514td，解得1t或9t，故实数t的值为1或9.(2)圆C的圆心为1,2，圆M的圆心为3,2，则2025MC，若圆M与圆C无公共点，则525r或525r，解得5r或35r，故r的取

值范围为|05rr或35r.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，同时考查了点到直线的距离公式、两点间的距离公式，属于基础题.24.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AF平面ABCD，33DEAF.-17-（1）证明：平面//ABF平面DCE

；（2）在DE上是否存在一点G，使平面FBG将几何体ABCDEF分成上下两部分的体积比为3:11？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在点G且1EG满足条件.【解析】试题分析：（1）根据//,//DEAFABCD，结合面面平行的判定

定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点G，过G作//MGBF交EC于M，连接,BGBM，设EGt，求得几何体GFBME的体积，将其分割成两个三棱锥,BEFGBEGM，利用t表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组

求得t的值.试题解析：解：（1）∵DE平面ABCD，AF平面ABCD，∴//DEAF，∴//AF平面DCE，∵ABCD是正方形，//ABCD，∴//AB平面DCE，∵ABAFA，AB平面ABF，AF平面ABF，∴平面//ABF平面

DCE.（2）假设存在一点G，过G作//MGBF交EC于M，连接,BGBM，1331133213332322ABCDEFBADEFBCDEVVV，-18-设EGt，则21392144GFBMEBEF

GBEGMVVV，设M到ED的距离为h，则331hEMtEC，32ht，234EGMSt∴2131393334324tt，解得1t，即存在点G且1EG满足条件.点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查几何体体积的求法，考查探究性问题的

解决方法.第一问要证明面面平行，根据面面平行的判定定理可知，只需找到平面的两条相交直线和另一个平面的两条相交直线平行即可.第二问要对几何体进行分割，先假设存在，接着计算出总的体积，然后再次利用分割法用体积来列方程组，求解

出G的位置的值.25.已知数列na中，13a，前项和1(1)(1)12nnSna．（1）求数列na的通项公式；（2）设数列的前项和为nT，是否存在实数M，使得nTM对一切正整数都成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）M的最小值为16【解析

】试题分析：（1）给出与的关系，求，常用思路：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与的关系，再求；（2）观测数列的特点形式，看使用什么方法求和.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后

对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的.（3）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减.试题解析：（1）∵1(1)(1)12nnSna∴111(2)(1)12nnSna

∴11nnnaSS11[(2)(1)(1)(1)]2nnnana-19-整理得1(1)1nnnana∴两式相减得211(1)(2)(1)nnnnnananana

即21(1)2(1)(1)0nnnnanana∴2120nnnaaa，即211nnnnaaaa∴数列na是等差数列且13a，得25a，则公差2d∴21nan（2）由（

1）知21nan∴111·(21)(23)nnaann111()22123nn∴111111111()2355721212123nTnnnn111()2323n16则要使得nTM对一切正整数都成

立，只要max()nTM，所以只要16M∴存在实数M，使得nTM对一切正整数都成立，且M的最小值为16.考点：1、求数列的通项公式；2、裂项求数列的和.-20-