【文档说明】【精准解析】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期6月月考数学试题.doc，共(22)页，2.304 MB，由小赞的店铺上传

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沧州一中高一年级六月月考数学试题（满分：150分，测试时间：120分钟）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.不等式2340xx−−的解集为（）A.41xx−B.14xx−C.14xxD.1xx−或4x【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式

的解法求解即可.【详解】2340xx−−可化为()()410xx−+，则该不等式的解集为14xx−故选：B【点睛】本题主要考查了解一元二次不等式，属于基础题.2.一梯形的直观图是如图的等腰梯形，且直观图O

ABC的面积为2，则原梯形的面积为（）A.2B.22C.4D.42【答案】D【解析】【分析】根据24SS=直观原图，可求出原梯形的面积.【详解】由斜二测画法知，24SS=直观原图，又2S=直观，42S=原图.故选：D.【点睛】本题考查斜二

测画法，属于基础题.3.等差数列na中，若14739aaa++=，36927aaa++=，则前9项的和9S等于（）A.66B.99C.144D.297【答案】B【解析】【分析】由等差数列的性质可求得a4=13，a6=9，从而有a4+a6=22，由等差数列的前n项和公式即

可求得答案．【详解】解：∵在等差数列na中，14739aaa++=，36927aaa++=，44339,13aa==，66327,9aa==，461922aaaa+=+=，∴数列na的前9项之和1999()2299922aaS

+===，故选：B【点睛】本题考查等差数列的性质，掌握等差数列的性质与前n项和公式是解决问题的关键，属于基础题．4.给定下列命题：①22abab；②22abab；③1baba；④11abab；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①，取1,2ab==−，则ab，但2214ab==，故①错；对于②，取2,1ab=−=，则22ab，但ab，故②错；对于③，取1,2ab=−=−，

则ab，但21ba=，故③错；对于④，取1,2ab==−，则ab，但11112ab==−，故④错；故选：A．（方法二）对于①，由于ab，则0ab−，而()()22ababab−=+−，但+ab的符号不确定，故①错；对于②，由于22ab，则()()220ababab−

=+−，则+ab和−ab同号，但+ab的符号不确定，则−ab的符号也不确定，故②错；对于③，由于ab，则0ba−，而1bbaaa−−=，但a的符号不确定，故③错；对于④，由于ab，则0ba−

，而11baabab−−=，但ab的符号不确定，故④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．5.已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（）A1B.3C.2D.2【答案】B【解析】【分析】设出圆锥的底面半径，根据圆锥

的表面积列方程，解方程求得圆锥的底面半径.【详解】设圆锥的底面半径为r，由于圆锥侧面展开图是一个半圆，故其母线长为2π2πrr=，所以圆锥的表面积为()221ππ29π2rr+=，解得3r=.故选：B【点睛】本小题主要考查圆锥

表面积有关计算，属于基础题.6.已知直线1:210laxy+−=，直线2:820lxaya++−=，若12ll//，则实数a的值为（）A.4﹣B.4C.4D.0【答案】A【解析】【分析】解不等式820,aa−=得4a=，检验舍去4a=得解.【详解】因为12ll/

/，所以820,4aaa−==.当4a=时，1:4210lxy+−=，2:4210lxy+−=，两直线重合，所以舍去；当4a=−时，满足题意.故选：A【点睛】本题主要考查两直线平行的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7.设,,

是三个互不重合的平面，,mn是两条互不重合的直线，则下列说法正确的是（）A.若//,//mm，则//B.若//,//mn，则//mnC.若,mm⊥⊥，则//D.若,a⊥⊥，则//【答案】C【解析】

【分析】根据空间直线，平面直线平行或垂直的判定定理和性质定理进行判断即可.【详解】A.同时平行于一条直线的两个平面不一定平行，可能平行也可能相交，故A错误，B.若//,//mn，则,mn关系不确定，可能平行也可能相交，也可能异面，故B错误，C.若,mm⊥⊥，则//，C成立，D

.若,a⊥⊥，则//或与相交，故D错误，故选：C.【点睛】本小题主要考查空间线线、面面位置关系命题的判断，属于基础题.8.设函数()21fxmxmx=−−，若对于任意1,3x，()4fxm−+恒成立，则实数m的取值范围为（）A

.3,7−B.5,7−C.50,7D.()5,00,7−【答案】B【解析】【分析】利用分离参数法得到215mxx−+，转为求函数251yxx=−+在1,3的最小值，从而可求得m的取值范围.【详解】由题意()4fxm−+，可得()215m

xx−+当1,3x时，21[1,7]xx−+，则215mxx−+令251yxx=−+，1,3x，当3x=时，251xx−+的最小值为57因为对于任意1,3x，215mxx−+恒成立，所以

57m故选：B【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.9.第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆——“东方

之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的

正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（）．A.20B.28C.38D.48【答案】C【解析】【分析】根据题意得到PE和ME的长度，从而得到tanPME的值，根据正切函数的单调性，得到3045P

ME，从而得到答案.【详解】依题意得“斗冠”的高为60.333.327−=米，如图，27PE=，11()22MEMNEF=−=139(139.469.9)4−=，PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，27108tan0.781391394PEPMEME===，而3tan300.

583=，tan451=，且tanyx=在0,2上单调递增，因为0.580.781，所以3045PME，故选：C．【点睛】本题考立体几何中求线段的长度和正切函数的单调性，属于简单题.10.在同一直角坐标系中，直线0axya−

+=与圆()222xaya++=的位置可能是（）A.②③B.①②C.②④D.①④【答案】D【解析】【分析】讨论圆心(,0)a−到直线0axya−+=的距离与半径的大小关系，确定a的范围，即可作出判断.【详解】解：圆222()xaya++

=的圆心为(,0)a−，半径为a则圆心(,0)a−到直线0axya−+=的距离为221aada−+=+当221aaaa−++时，可得2111aa−+，即22121aaa−++，即0a此时说明直线与圆相交，且直线的斜率为正数，则①正确，②③错误；当221aaaa−++时，可得2111

aa−+，即22121aaa−++，即0a此时说明直线与圆相离，但是直线的斜率为负数，则④正确；故选：D【点睛】本题主要考查了判断直线与圆位置关系，属于中档题.11.若数列na是正项数数列，且21232naaaann++++=+，*nN则31235721naaa

an++++=+（）A.224nn+B.24nn+C.22nn+D.21n+【答案】C【解析】【分析】先少写一项做差求通项na，然后代入即可求解.【详解】当1n=时，13a=19a=当2n时，21232naaaann+++

+=+()()21231121naaaann−++++=−+−相减()212nann=+()221nan=+所以2121nann=++所以()2312321357212357212nnnaaaannnn++++++=+++++==++当1n=时，也满足所以23

12235721naaaannn++++=++故选：C【点睛】此题考查数列求通项，主要利用()12nnnaSSn−=−进行求通项，属于较易题目.12.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，

F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A86B.46C.26D.6【答案】D【解析】【分析】先证得PB⊥平面PAC，再求得2PAPBPC===，从而得PABC−为正方体一部分，进而知正方体的体

对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PAPBPCABC==为边长为2的等边三角形，PABC−为正三棱锥，PBAC⊥，又E，F分别为PA、AB中点，//EFPB，EFAC⊥，又EFCE⊥，,CEACCEF

=⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，2APBPAPBPC====，PABC−为正方体一部分，22226R=++=，即364466,62338RVR====，故选D．解法二:设2PAPBPCx===，,EF分别为,PAAB中

点，//EFPB，且12EFPBx==，ABC为边长为2的等边三角形，3CF=又90CEF=213,2CExAEPAx=−==AEC中余弦定理()2243cos22xxEACx+−−=，作PDAC⊥于D，PA

PC=，DQ为AC中点，1cos2ADEACPAx==，2243142xxxx+−+=，221221222xxx+===，2PAPBPC===，又===2ABBCAC，,,PAPBPC两两垂直，22226R=

++=，62R=，344666338VR===，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．二、多选题13.对于ABC，有

如下判断，其中正确的是（）A.若sin2sin2AB=，则ABC必为等腰三角形B.若AB，则sinsinABC.若1AC=，13BC=，120A=，则ABC的面积为334D.若222sinsinsin0BCA+−，则ABC必为锐角三角形【答案】BC【解

析】【分析】由sin2sin2AB=得出22AB=或22AB+=从而判断A；由大边对大角，正弦定理判断B；根据余弦定理以及三角形面积公式判断C；取120,30BAC===判断D.【详解】对于A，若sin2s

in2AB=，则22AB=或22AB+=当A＝B时，△ABC为等腰三角形；当2AB+=时，△ABC为直角三角形，故A不正确；对于B，若AB，则ab，由正弦定理得sinsinabAB=，即sinsinAB成立．故B正确；对于C，由余弦定理2222cosabcbcA=+−得21131212c

c=+−−即2120cc+−=，解得3c=或4c=−（舍）则11333sin132224ABCSbcA===△，故C正确；对于D，当120,30BAC===时，2222sin120sin30sin30sn0i120+−=此时ABC为钝角三角形，故D错误；故

选：BC【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.14.如图，点M是正方体1111ABCDABCD−中的侧面11ADDA上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.点M存在无数个位置满足1CMAD⊥B.若正方体的棱长为1，三棱锥1BCMD−的体积最大值为1

3C.在线段1AD上存在点M，使异面直线1BM与CD所成的角是30°D.点M存在无数个位置满足//BM平面11BDC【答案】ABD【解析】【分析】通过证明1AD⊥面1ADC，可得当点1MAD上时，有1CMAD⊥，可判断A；由已知11BCMDCDBMVV−−

=，当点M与点1A重合时，点M到面1CBD的距离最大，计算11BACDV−可判断B；连接1AM，因为11//CDAB，则11ABM为异面直线1BM与CD所成的角，利用余弦定理算出1AM的距离，可判断C；证明平面

11//BCD平面1ABD，即可判断D.【详解】解：对于A，连接111,,,ADADDCAC由正方体的性质可得1111,,ADADADDCADDCD⊥⊥=，1,ADDC平面1ADC则1AD⊥平面1ADC当点1MAD上时，有1CMAD⊥故点M存在无数个位置满足

1CMAD⊥，故A正确；对于B，由已知11BCMDCDBMVV−−=当点M与点1A重合时，点M到面1CBD的距离最大则三棱锥1BCMD−的体积最大值为11311114111323ACBDV−=−=，故B正确；对于C，

连接1AM因为11//CDAB，所以11ABM为异面直线1BM与CD所成的角设正方体棱长为1，1AMx=，则2211BMx=+点1A到线1AD的距离为2211222+=，212x22112113coscos20213xxABMx+

+−===+解得32,132x=所以在线段1AD上不存在点M，使异面直线1BM与CD所成的角是30，故C错误；对于D，连接111111,,,,,ABBDADDCDBBC11//ADBC，11ADBC=四边形11ABCD为

平行四边形，则11//ABDC1AB平面11BCD，1DC平面11BCD1//AB平面11BCD，同理可证//DB平面11BCD1ABDBB=，1,ABDB平面1ABD平面11//BCD平面1ABD若1MAD，MB平面1A

BD，则//BM平面11BDC，故D正确；故选：ABD【点睛】本题考查空间垂直关系的证明和判断，考查几何体体积的计算，异面直线所成角的计算，线面平行的判断，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题15.设()3,2,1A，()1,0,5B，()0,3,4C，AB的中点为M，则CM=__

_____.【答案】3【解析】【分析】由中点坐标公式得出M的坐标，再由两点间距离公式求解即可.【详解】由题意知，()2,1,3M，则()()()2222013343CM=−+−+−=故答案为：3【点睛】本题主要考查了求空间中两点间的距离，属于基础题.16.已

知0a，0b，且2ab+=，那么21ab+的最小值为________.【答案】3222+【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【详解】21ab+()121332223222222babaababaabb=+=+++=++当且仅当2baab=，

即222,422ba=−=−时，取等号则21ab+的最小值为3222+故答案为：3222+【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.17.直线210xy−−=与圆M：224640xxyy−+−+=相交于A

，C两点，点B，D分别在圆M上运动，且位于直线AC两侧，则四边形ABCD面积的最大值为____________.【答案】12【解析】【分析】先由圆的方程得到圆心坐标与半径，再由点到直线距离公式求出圆心(2,3)M到直线210xy−−=的距离，结合圆的性质，即可求出结果.【详

解】圆M：224640xyxy+−−+=可化为22(2)(3)9xy−+−=则圆M的圆心(2,3)M，半径3r=点(2,3)M到直线210xy−−=的距离26155d−−==由题意知，当BD为过圆心M且垂直于AC时，四边形ABCD面积的最

大且最大值为1129561222ACBD=−=故答案为：12【点睛】本题主要考查了直线与圆的应用，熟记点到直线的距离公式，以及圆的性质即可，属于中档题.18.一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以72千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一

次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为________千米.（结果保留根号）【答案】65【解析】【分析】利用正弦定理以及直角三角形的边角关系得出直

升机飞行的高度.【详解】如下图所示6075135BAC=+=，30EAB=，30ACB=，1672605BCDE===千米由正弦定理sinsinABBCACBBAC=可得，61si

n3252sin522BCACBABBAC===千米在直角ABE△中，3236tan535BEABEAB===千米故答案为：65【点睛】本题主要考查了正弦定理的实际应用，属于中档题.四、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或验算步

骤.）19.已知直线l的方程为34100xy+−=，求直线l的方程，使得：（1）l与l平行且过点()1,2-；（2）l与l垂直且l与两坐标轴围成的三角形的面积为2.【答案】（1）3450xy+−=；（2）4343

0xy−+=或43430xy−−=.【解析】【分析】（1）由l与l平行设l的方程为340xym++=，再由()1,2-在l上得出m的值，进而得出直线l的方程；（2）由l与l垂直设出直线l的方程，再由l与两坐标轴围成的三角形的面积求出的值，进而得出直线l

的方程.【详解】（1）解：设l的方程为340xym++=，由点()1,2-在l上知380m−++=，5m=−，所以直线l的方程为3450xy+−=.（2）解：设l的方程为430xy−+=，令0y=，得4x=−，令0x=，得3y=，于是三角形面积12243S=−=，得

248=，43=所以直线l的方程为43430xy−+=或43430xy−−=.【点睛】本题主要考查了根据两直线平行和垂直求方程，属于中档题.20.如图所示，ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且s3cinos3bCCa−=.（1

）求A；（2）若点P是线段CA延长线上一点，且3PA=，2AC=，6C=，求PB.【答案】（1）23；（2）7.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，化边为角，可得tan3A=−，进而可求A;（2）结合三角形的性质及余弦定理可求PB.【详解】（1）由条件，s3cinos3bCCa−=

，则由正弦定理，sinsin3coi3snsBCAC−=，所以()3sincossinsinsinsinsincossincos3ACACBACACCA−==+=+，即3sinsinsincos3ACCA

−=，又sin0C，所以tan3A=−，23A=.（2）由（1）可知，23BAC=，而6C=，则6ABC=，所以2ABAC==，在PAB△中，3PAB=，由余弦定理，2222cos9467PBPAABPAABPAB==+−+−=.所以7PB=

.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.21.如图所示，在ABC中，22CACBAB==，四边形ABED是正方形，平面ABED⊥底面ABC，G，F分别是EC，B

D的中点.求证：（1）//GF平面ABC；（2）平面DAC⊥平面EBC；（3）求直线EC与平面ABED所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）66【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理结合中位线定理证明即可；（2）利用面面垂直的性质以及线面垂直

的判定定理证明AC⊥平面EBC，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）取AB的中点N，利用面面垂直的性质得出CN⊥平面ABED，进而得出CEN为直线EC与平面ABED所成的角，最后由直角三角形的边角关系得出直线EC与平面ABED所成的角的正弦值

.【详解】（1）证明：连接AE，因为四边形ADEB为正方形，所以AEBDF=，且F是AE的中点，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）

证明：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22CACBAB==，所以222CA

CBAB+=，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.（3）取AB的中点N，连接EN，CN因为CBCA=，所以CNAB⊥又因为平面ABED⊥平面ABC，平面A

BED平面ABCAB=，CN平面ABC所以CN⊥平面ABED，所以CEN即为直线EC与平面ABED所成的角.不妨设1AB=，则12CN=，62CE=∴162sin662CEN==.所以直线EC与平面ABED所成的角的正弦值为66.【点睛】本题主

要考查了证明线面平行，面面垂直，求线面角，属于中档题.22.正项数列na的前项和nS满足：242nnnSaa=+，()*nN，（1）求数列na的通项公式；（2）令()2212nnnbna+=+，数列

nb的前n项和为nT，证明：对于任意的*nN都有564nT.【答案】（1）2nan=；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用nS与na的关系，结合等差数列的性质，即可得出数列na的通项公式；（2）由2nan=得出数列nb的通项公式，结合裂项相消法和不等式的性质证明即可.

【详解】（1）解：∵正项数列na的前项和nS满足：242nnnSaa=+，()*nN①则211142nnnSaa−−−=+，()2n②①−②得()22114222nnnnnaaaaan−−=−+−即()221122

2nnnnaaaan−−+=−即()()()()11122nnnnnnaaaaaan−−−+=+−又10nnaa−+，12nnaa−−=，()2n.又12a=，所以数列na是以2为首项2为公差的等差数列.所以2nan=.（2）证明：由于2nan=，()

2212nnnbna+=+则()()2222111116422nnbnnnn+==−++()()()222222222111111111111632435112nTnnnn=−+−+−++−+−−++()()2222111111511

1621626412nTnn=+−−+=++.【点睛】本题主要考查了由nS求na以及裂项相消法求数列的和，属于中档题.23.已知圆M的方程为()2221xy+−=，直线l的方程为20xy−=，点P在直线l上，过点P作圆M的切线P

A，PB，切点为A，B.（1）求若60APB=，试求点P的坐标；（2）求证：直线AB过定点；（3）设线段AB的中点为N，求点N的轨迹方程.【答案】（1）P的坐标为()0,0P或84,55P；（2）证明见解析；（3）221758464xy

−+−=（除去点()0,2）.【解析】【分析】（1）设()2,Pmm，由圆的性质以及直角三角形的性质得出2MP=，由两点间距离公式得出m的值，进而得出点P的坐标；（2）求出经过A，P，M三点

的圆的方程，并与圆M的方程联立，得出直线AB的方程，从而得出直线AB过定点；（3）根据直角三角形的性质得出点N在以MR为直径的圆上，求出半径和圆心坐标，即可得出点N的轨迹方程.【详解】（1）解：设()2,Pmm，因为PA是圆M的切线，60APB=

所以30APM=，2MP=，所以()()22224mm+−=，解之得0m=，45m=故所求P的坐标为()0,0P或84,55P.（2）解：设()2,Pmm，又()0,2M，则MP的中点,12mQm+因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心

，以MQ为半径的圆，故其方程：()22221122mmxmym−+−−=+−化简得：222(2)20xymxmym+−−++=由()22222220,430xymxmymxyy+−−++

=+−+=两式相减，得AB：()22320mxmym+−+−=，即()22230mxyy+−−+=，由220,230xyy+−=−=可得AB过定点13,42R.（3）因为N为圆M的弦AB的中点，

所以MNAB⊥，即MNRN⊥，故点N在以MR为直径的圆上.M，R的中点为17,84，1528rMR==点N的轨迹方程221758464xy−+−=（除去点()0,2）.【点

睛】本题主要考查了圆的方程的综合应用，直线与圆的位置关系的应用，直线过定点问题，求有关圆的轨迹方程，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.