【文档说明】江西省奉新县第一中学2020-2021学年高二上学期第二次月考数学（理）试题含答案.doc，共(8)页，510.500 KB，由小赞的店铺上传

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奉新一中2022届高二上学期第二次月考数学（理科）试卷命题人：202010.20一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题只有一项符合题目要求）1.下列说法中，正确的是()A.经过不同的三点有且只有一个平面B.分别在两个平面内的

两条直线一定是异面直线C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D.垂直于同一个平面的两个平面平行2.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AC与C1D所成的角为（）A．6B．3C．4D．23．若直线l1：ax+03)1(=−−ya与直线l2：02)32()1(=−++−yaxa

互相垂直，则a的值为（）A．3−B．21−C．0或23−D．1或3−4．若圆锥的轴截面是等边三角形，则它的侧面展开图扇形的圆心角为（）A.B.0180C.045D.0605．正六棱锥底边长为1，侧棱与底面所成的角为450，则它的斜高等

于()A27B615C34D236.直线02)1(=−+++ayxa不经过第二象限，则a的取值范围为（）A.1−aB.1−aC.2aD.2a7.设定点A（3，1），B是x轴上的动点，C是直线y=x上的动点，则△ABC周长的最小值是（）A．5B．25C．

35D．108.若实数,xy满24,012222−−=+−−+xyyxyx则的取值范围为（）．A.]34,(−−B.)0,34[−C.]34,0[D.),34[+9．一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A．(4)33+B．(4)3+C．

(8)32+D．(8)36+10.已知A、B、C、D四点在球O的表面上，且222ABBCAC===，，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O的表面积为（）A.7πB.9πC.10πD.12π11.半径为4的球面上有A,B,C,D四点，且满足，则面积

之和的最大值为（）A.8B.16C.32D.6412．侧棱长为2a3的正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为400，过顶点A作截面AEF，截面AEF的最小周长为()A22aB6aC4aD123a二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知直线l过点()2

,3A，且横截距与纵截距相等，则直线l的方程为__________________。14．过点（1，2）总可作两条直线与圆2222150xykxyk++++−=相切，则实数k的取值范围是.15．已知直三棱柱1

11ABCABC−的各顶点都在同一球面上，若30BAC=，11BCAA==，则该球的表面积等于.16.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：（1）AC⊥BD；（2）△ACD是等边三角形；（3）AB与平面BCD所成的角为60°；（4）AB与CD

所成的角为60°。则正确结论的序号为三、解答题：（本大题共6小题，共70分）17（本小题满分10分）已知直线1l的方程为3x+4y-12=0,分别求直线2l的方程，使得：（1）2l与1l平行，且过点（-1,3）；（2）2l与1l垂直，且2l与两坐标轴围成的三角形面积为6。18（本小题满分12分）

已知等差数列na满足：37a=，5726aa+=,na的前n项和为nS.（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令211nnba=−（nN+）,求数列nb的前n项和nT.19（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点.(1)证明：

BC1∥平面A1CD.(2)设AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱锥1A-CDE的体积20（本小题满分12分）已知函数2()cos(2)cos23fxxx=−−(xR)．(1)求函数()fx的最小正周期及单调递增区间；(2)

ABC内角ABC、、的对边长分别为abc、、，若3(),1,22Bfb=−=3,c=且,ab求角B和角C.21（本小题满分12分）已知直线l过定点()2,1A−，圆C：2286210xyxy+−−+=．（1）若l与圆C相切，求l的方程；（2）若l与圆C交于M，N两点，求CMN面积的最大值，并

求此时l的直线方程．22（本小题满分12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，60ABC=，3AB=，23AD=，3AP=．(Ⅰ)求证：平面PCA⊥平面PCD；(Ⅱ)设E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，求二面角EABD−−的

余弦值．2022届高二上学期第二次月考数学参考答案（理科）一.选择题1-4CBDB5-8ABBD9-12DBCB二．填空题13.32050xyxy−=+−=或14.），（），（338,23-338-15.516.（1）（2）（4）三、解答题1

7.解（1）(2)为4x-3y+12=0或4x-3y-12=018.解：（Ⅰ）设等差数列na的首项为1a，公差为d，因为37a=，5726aa+=，所以有112721026adad+=+=，解得13,2ad==，…………4分所以321)=2n+1nan=+−（；nS=

n(n-1)3n+22=2n+2n.…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1na=，所以bn=211na−=21=2n+1)1−（114n(n+1)=111(-)4nn+1，…………8分所以nT=111111(1-+

++-)4223nn+1−=11(1-)=4n+1n4(n+1)，即数列nb的前n项和nT=n4(n+1).…………………………………12分19.(1)连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1中点.又D是AB的中点，

连接DF，则BC1∥DF.因为DF平面A1CD，BC1⊈平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1∩AB=A，于是

CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2，AB=2得∠ACB=90°，CD=，A1D=，DE=，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D所以=××××=1.20.解：（Ⅰ）∵()2

π33πcos2cos2sin2cos23sin23223fxxxxxx=−−=−=−，∴故函数()fx的最小正周期为π；递增区间为5,1212kk−+(kZ)（Ⅱ）π33sin232BfB=−=−

，∴π1sin32B−=−．∵0πB，∴ππ2π333B−−，∴ππ36B−=−，即π6B=．由正弦定理得：13πsinsinsin6aAC==，∴3sin2C=，∵0πC，∴π3C=或2π3．当π3C=时，π2A=；当2π3

C=时，π6A=．（不合题意，舍）所以π6B=.π3C=21.【详解】（1）由题，得圆C的标准方程为22(4)(3)4xy−+−=，则圆心坐标为(4,3)，半径2r=．①当直线l的斜率不存在时，直线2x=，符合题意；②当直线l的斜率存

在时，设直线l：()12ykx+=−，即210kxyk−−−=．因为直线l与圆C相切，所以圆心(4,3)到直线l的距离等于半径2，即22421kk−=+，解得34k=，所以直线的方程为331042xy−−−=，化为一般式为34100xy−−=．综上，l的方程为2x=或34

100xy−−=；（2）由第1问知直线与圆交于两点，则斜率必定存在，则直线l的方程为210kxyk−−−=，所以圆心到直线l的距离2241kdk−=+，所以ΔCMN面积()222421··244242S

ddddd=−=−=−−+，所以当2d=时，S取得最大值2，由22421kdk−==+，解得1k=或7k=，所以直线l的方程为30xy−−=或7150xy−−=．22.【详解】解：(Ⅰ)在平行四边形ABCD中，∠ADC=60°，CD3=，AD23=，由余弦定理得2220A

CADCD2AD?CDcosADC1232233cos609=+−=+−=，∴222ACCDAD+=，∴∠ACD=90°，即CD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD，又ACCDC=，∴CD⊥平面PCA.又CD平面PCD，∴平面PCA⊥平

面PCD.(2)二面角E-AB-D的余弦值为55