欣宜市实验学校二零二一学年度高一数学下学期5月月考试题文含解析试题

黔西北州欣宜市实验学校二零二一学年度HY中学2021-2021学年高一数学下学期5月月考试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 文〔含解析〕一、选择题：本题一共12小题，每一小题5分，一共60分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项为哪一项哪一项切合题目要求的.l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，以以下图，那么〔〕A.k3k2k1B.k2k3k1C.k1k2k3D.k2k1k3【答案】A【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】【剖析】依据题意可得出直线l1，l2，l3的倾斜角知足019032180，由倾斜角与斜率的关系得出结果.【详解】解：设三条直线的倾斜角为1、2、3，依据三条直线的图形可得019032180，由于ktan,[0,90)(90,180)，当[0,90)时，ktan0，当(90,180)时，ktan单一递加，且tan0，故tan3tan20tan1，即k3k20k1应选A.【点睛】本题观察了直线的倾斜角与斜率的关系，解题的重点是熟习正切函数的单一性.2.m，n为异面直线，直线lm，那么l与n〔〕A.必定异面B.必定订交C.不行能订交D.不行能平行【答案】D【分析】【剖析】先假定l与n平行，进而推出矛盾，再将m，n搁置在正方体顶用特例进展逐个判断.【详解】解：假定l//n，由于直线lm，那么能够获取nm，这与m，n为异面直线矛盾，故l与n不行能平行，选项D正确，不如设m,n为正方体中的棱，即m为棱AB，n为棱FG，由图可知EF//AB，而此时EF与FG订交，应选项A错误，选项C也错误，当l取DC时，DC与FG异面，应选项B错误，应选D.【点睛】本题观察了空间中两条直线的地点关系，解题时要善于运用熟习的几何体来进展考证.l过点(0,3)且与直线xy10垂直，那么l的方程是〔〕A.xy30B.xy30C.xy20D.xy20【答案】B【分析】【剖析】直线l与直线xy10垂直可得斜率之积为-1，进而得出直线方程.【详解】解：由于直线l与直线xy10垂直，因此kl1，因此直线l的方程为yx3，即xy30，应选B.【点睛】本题观察了两条直线的垂直关系，解题的重点是熟记当两直线的斜率存在时，两条直线垂直等价于两直线斜率之积为-1.ABC中，A60，B45，BC32，那么AC〔〕A.3B.3C.23D.432【答案】C【分析】【剖析】在三角形中，利用正弦定理可得结果.【详解】解：在ABC中，BCAC可得,sinAsinB32AC即32AC，即32，sin60sin4522解得AC23，应选C.【点睛】本题观察了利用正弦定理解三角形的问题，解题的重点是熟练运用正弦定理公式.5.将正方形〔如图1所示〕截去两个三棱锥，获取图2所示的几何体，那么该几何体的左视图为〔〕【答案】B【分析】试题剖析：由题意可知几何体前面在右边的射影为线段，上边的射影也是线段，后边与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，AD1在右边的射影是正方形的对角线，B1C在右边的射影也是对角线是虚线．如图B．应选B．考点：简单空间图形的三视图．an的前n项和为Sn，S84a3，a72，那么a10〔〕A.8B.6C.4D.2【答案】A【分析】【剖析】利用等差数列的根本量解决问题.【详解】解：设等差数列an的公差为d，首项为a1，由于S84a3，a72，8a1874(a12d)d故有2，a16d2a110，解得2da10a19d10188，应选A.【点睛】本题观察了等差数列的通项公式与前n项和公式，解决问题的重点是熟练运用根本量法.yx5与圆x2y24x4y60的交点为A，B，那么|AB|〔〕A.1B.5C.6D.522【答案】C【分析】【剖析】先求出圆心到直线的间隔，利用勾股定理求出|AB|，进而得出|AB|的值.2【详解】解：由于圆的方程为x2y24x4y60，因此圆心坐标为(2,2)，半径为r(4)24246，22|225|2因此圆心到直线的间隔为，12122弦长(AB)2(2)2(2)23，222解得：AB6，应选C.【点睛】本题观察了直线与圆订交的地点关系，解题的重点是熟知垂径定理.ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AD，AA1的中点，那么以下直线中与直线EF订交的是〔〕A.A1B1B.BB1C.B1C1D.A1D1【答案】D【分析】【剖析】依据线线、线面的地点关系判断出结果.【详解】解：依据异面直线的定理：经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线，可得EF与A1B1是异面直线，故A选项不正确；由于BB1//AA1，BB1平面A1ADD1，AA1平面A1ADD1，因此BB1//平面A1ADD1，因此BB1与平面A1ADD1无公一共点，由于EF平面A1ADD1，因此EF与BB1不订交，应选项B不正确；同理EF与B1C1不订交，应选项C不正确；由于EF平面A1ADD1，A1D1平面A1ADD1，且EF不平行于A1D1，故EF与A1D1订交，应选D.【点睛】本题观察了空间中两直线的地点关系，判断空间中的两条直线地点关系能够从两直线能否一共面角度、线面平行角度等等判断.9.l，m为两条不一样直线，，为两个不一样平面.那么以下命题正确的选项是〔〕A.假定l，m，那么lmB.假定C.假定l，m，∥，那么lmD.假定lml，m，那么lml，l∥，m，那么【答案】D【分析】【剖析】依据线面平行的定义、判定定理和性质定理等逐个判断其正误.【详解】解：选项A：假定l//，m，那么获取l与m无公一共点，那么l与m能够平行，也能够是异面，应选项A不正确；选项B：设l，l由于l//，那么l//l由于m//l与m能够平行，也能够是异面，故l与m能够平行，也能够是异面，也能够订交，应选项B不正确；选项C：由于l，∥，因此l与无公一共点，由于m，因此l与m无公一共点，那么l与m异面或许平行，应选项C不正确；选项D：设l，l1，l2，假定l//，那么l//l1，同理可得：l//l2，因此l1//l2，由于l1,l2，因此l2//，由于m，l2，因此l2//m，因此l//m，选项D正确.本题选D.【点睛】本题观察了线面平行、线线平行的地点关系，解题的重点是要能依据题意熟练运用判定定理与性质定理等进展演绎推理.10.AB为圆O:x2y212的一条弦，PAB为等边三角形，那么PO的最大值为〔〕A.43B.6C.4D.23【答案】A【分析】【剖析】依据图形的对称性可得出OPB30，运用正弦定理得出OP43sinOBP，进而可得PO的最大值.【详解】解：由于AB为圆O:x2y212的一条弦，PAB为等边三角形，因此AB的垂直均分线经过点O、P，以以下图因此OPB30，在OPB中，OBOPOPBsin,sinOBP23OP即1sinOBP，2故OP43sinOBP，故当sinOBP1，OPmax43，因此本题选A.【点睛】本题观察了直线与圆订交的问题、正弦定理解决三角形的边长问题，解题的重点是要有转变问题的意识.l与平面，在平面内必有直线m，使m与l〔〕A.平行B.订交C.垂直D.异面【答案】C【分析】由于关于随意的直线m与平面，在平面内必有直线l，使m与l．垂直，选C22和两点A(m,0)，B(m,0).假定圆C上存在点P，使得APB90，C:(x3)(y4)4那么m的最大值为〔〕D.5【答案】B【分析】【剖析】由APB90求出点P的轨迹是一个圆，依据两圆有公一共点可得出m的最大值.【详解】解：设P(x,y)由于APB90，因此点P在以线段AB为直径的圆上，记该圆为圆M，即此时点P的方程为x2y2m2，又由于点P在圆C上，故圆C与圆M有公一共点，故获取||m|2|(3)242|m|2，解得：3|m|7，故mmax7，应选B.【点睛】本题观察了轨迹思想，观察了两圆的地点关系，解题的重点是将条件程，进而解决问题.二、填空题：本题一共4小题，每一小题5分，一共20分.APB90转变为轨迹方2x23x2的解集为______.【答案】1,22【分析】【剖析】依据解一元二次不等式得规那么进展解决问题.【详解】解：由于不等式2x23x2，因此2x23x20，即(2x1)(x2)0，故x(1,)，222(1因此不等式的解集为,).2x3x222【点睛】本题观察了一元二次不等式的解法，熟练掌握一元二次不等式的解题规那么为解题的重点，解决此类问题也能够联合一元二次函数图像解决问题.C1:x2(y1)24与圆C2:(x3)2(y1)2r2(r0)内切，那么r______.【答案】213【分析】【剖析】依据两圆相内切的知识求解.【详解】由于圆C1:x2(y1)24因此(,)，，C101r12由于圆C2:(x3)2(y1)2r2(r0)因此C2(3,1)，r2r，由于圆C1:x2(y1)24与圆C2:(x3)2(y1)2r2(r0)内切，因此()2(1)2|2r|，31解得：r213，由于r0，因此r213.【点睛】本题观察了两圆相切的地点关系，熟练运用两圆相切的公式是解题的重点.x2，x，yxy，那么z3xy的最大值为______.知足拘束条件y2x，【答案】-2【分析】【剖析】x，21先将题中x，y知足拘束条件xyz3xy的几何意义为一条，对应的可行域画出，目的函数y，2x斜率为3的直线，经过平移求解出最值.x，2【详解】解：x，y知足拘束条件xy1，对应的可行域以以下图〔图中暗影局部，含界限〕y，2x目的函数z3xy的几何意义为一条斜率为3、截距为z的直线，当直线经过点A时，直线的截距最大，z最大，x2联立方程组，解得A(2,4)y2x故zmax3242.【点睛】本题观察了线性规划问题，解题的重点是要将每一个代数形式的几何意义剖析到位，同时观察了数形联合的思想.16.ABC中，ABC2AB交AC于点D，假定ABCD1，那么，过点B作BD3AD______.【答案】32【分析】【剖析】设ADx，在ABD中求得sinADBsinBDC，在BCD中，求得BC，在ABC中，利用余弦定理求解出结果.【详解】解：设ADx，在ABD中，由正弦定理得，ADAB，sinABDsinADB即x1，1sinADB因此sinADBsinBDC1，x在BCD中，由正弦定理得，BCCDsinBDCsin，6BC12即11，解得BC，x2在ABC中，由余弦定理得，(x)22(2)2221cos2，11xx3即x22x42，x2x(x)即()22，xx2x2解得：x32，故x32,故AD32.【点睛】本题观察理解三角形的问题，解三角形使用的常有公式为正、余弦定理，解三角形问题有时也可建系进展求解.三、解答题：一共70分.解允许写出文字说明、证明过程或许演算步骤.an的前n项和为Sn，且2Sn3an1.〔1〕求数列an的通项公式；〔2〕设数列bn知足bnlog3a2n，求bn的前n项和Tn.【答案】〔1〕an3n1；〔2〕Tn2n【分析】【剖析】〔1〕退位相减求得出数列an是等比数列，进而求解出结果；〔2〕求出bnlog3a2n的通项公式，依据等差数列的前n项和求出Tn.【详解】解：当n1时，2S13a11，解得a11，当n2时，2Sn13an11---①令2Sn3an1-----②②-①可得，2an3an3an1，即an3an1，由于a11故数列an是公比为3，首项为1的等比数列，ana1?3n13n1；〔2〕由〔1〕得bnlog3a2nlog332n12n1，故数列bn为等差数列，且b11,d2，()2，nn1()Tnnb1dnn2nn1即Tnn2.【点睛】本题观察了等差数列、等比数列的通项公式与前n项和知识，还观察了“退位相减〞的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，解题时必定要注意对n范围的考虑，一般状况下都需要对n1的状况进展考证.P(1,0)与圆C:(x1)2(y1)24.〔1〕设Q为圆C上的动点，求线段PQ的中点M的轨迹方程；〔2〕过点N(1,0)作圆C的切线l，求l的方程.【答案】〔1〕x2y2y30；〔2〕x1或许y3x3444【分析】【剖析】1〕设出M点，借助Q点得出M的轨迹方程；2〕利用点到切线的间隔等于半径，求出切线方程.【详解】解：〔1〕设M(x0,y0)由于线段PQ的中点为M，故Q(2x01,2y0)，由于Q为圆C上的动点，因此(2x011)2(2y01)24，即4x024y024y014，即M的轨迹方程x2y2y30；42〕当切线的斜率不存在时，直线方程为x1，知足题意；当切线的斜率存在时，那么设切线方程为yk(x1)，即kxyk0，|k1k|2，故k21解得：k3，4y33此时切线方程为x.44因此切线方程为x1或许y3x3.44【点睛】本题观察了点的轨迹问题、直线与圆相切的问题，解决动点轨迹常有的方法有直译法、定义法、相关点法、参数法等等，解题时应注意敏捷应用.ABC中，D是边BC上的点，ABAD7，cosBAD1.7〔1〕求sinB的大小；〔2〕假定AC4，求ADC的面积.【答案】(1)27；(2)3.7【分析】试题剖析：〔1〕直接利用余弦定理和正弦定理求出结果．〔2〕利用〔1〕的结论和余弦定理求出三角形的面积．试题分析：〔1〕在ABD中，BD2AB2AD22ABADcosBAD77277112，7得BD23由cosBAD143，得sinBAD77在ABD中，由正弦定理得ADBD，sinBsinBAD因此sinB743272377〔2〕由于sinB27，B是锐角，因此cosB2177设BCx，在ABC中，AB2BC22ABBCcosBAC2即7x22x721167化简得：x223x90解得x33或许x3〔舍去〕那么CDBCBD33233由ADC和ADB互补，得sinADCsinADBsinB277因此ADC的面积S1ADDCsinADC17327322720.如图，四棱锥SABCD的底面ABCD为平行四边形，点M，N分别为SC，AB的中点.1〕求证：MN∥平面SAD；2〕假定E为线段DM上一点〔不与D，M重合〕，过SA和E的平面交平面BDM于EF，求证：SA∥EF.【答案】〔1〕看法析；〔2〕看法析【分析】【剖析】〔1〕结构平行四边形，在平面SAD内找出一条直线与MN平行，进而得证；〔2〕利用线面平行判定定理证出SA平面BDM，再使用线面平行的性质定理可得出SA∥EF.【详解】证明：〔1〕取SD的中点H，连结HM,HA，以以下图由于H、M是SD、SC的中点，//1因此HMDC，2由于N为AB的中点，因此AN1AB，2由于底面ABCD为平行四边形，//因此ABDC，因此AN//HM,因此四边形AHMN为平行四边形，故AH//NM，由于NM平面SAD，AH平面SAD，因此NM//平面SAD；2〕连结AC交BD于点O，连结MO，以以下图由于底面ABCD为平行四边形，因此O是AC的中点，由于M是SC的中点，因此SA//MO，由于SA平面BDM，MO平面BDM，因此SA//平面BDM，由于E为线段DM上一点〔不与D，M重合〕，且过SA和E的平面交平面BDM于EF，因此SA∥EF.【点睛】本题观察了空间中直线与平面平行的问题，解题的重点是直线与平面平行的判定定理与性质定理的敏捷运用，观察了演绎推理才能.21.如图，一个铝合金窗分为上、下两栏，周围框架和中间隔档的资料为铝合金，宽均为6cm，上栏与下栏的框内高度〔不含铝合金局部〕的比为1:2，此铝合金窗占用的墙面面积为28800cm2.该铝合金窗的宽与高分别为acm，bcm，铝合金窗的透光面积为Scm2.〔1〕试用a，b 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示S；〔2〕假定要使S最大，那么铝合金窗的宽与高分别为多少？【答案】〔1〕S290882(9a8b)；〔2〕铝合金窗的宽为，高为时，可使透光局部的面积最大．【分析】试题剖析：〔1〕先依据题意分别求出上、下两栏的高和宽，而后利用矩形的面积公式将三个透光局部的面积求出相加，即可求解；〔2〕抓住ab28800进展化简变形，而后利用根本不等式进展求解，注意等号成立的条件，而后求出等号是a,b的值即可．试题分析：〔1〕铝合金窗宽为，高为，，又设上栏框内高度为，那么下栏框内高度为，那么，透光局部的面积〔2〕，当且仅当时等号建立，此时，进而，即当，时，获取最大值铝合金窗的宽为，高为时，可使透光局部的面积最大.考点：函数模型的选择与应用．【方法点晴】本题主要观察了函数模型的选择与应用，此中解答中波及到函数分析式的求解、根本不等式求最值等 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 的综合观察，侧重观察了学生剖析问题和解答问题的才能，以及转变思想的应用，本题的解答中将实质问题转变为数学识题的才能，同时利用根本不等式求解函数的最值是解答的重点，试题比较根基，属于根基题．xoy中，设二次函数f(x)x22xb(xR)的图象与坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C。1〕求实数b的取值范围；2〕求圆C的方程；〔3〕问圆C能否经过某定点〔其坐标与b没关〕？请证明你的结论。【答案】〔1〕b1且b0〔2〕x2y22x(b1)yb03〕过定点，证明看法析。【分析】本小题观察二次函数图象与性质、圆的方程的求法。〔1〕{0b1且b0f(0)0〔2〕设所求圆的方程为x2y2DxEyF0。令x2DxF0D2,Fby0得x2DxF0D2,Fb又x0时yb，进而Eb1。因此圆的方程为x2y22x(b1)yb0。〔3〕x2y22x(b1)yb0整理为x2y22xyb(1y)0，过曲线C:x2y22xy0与l:1y0的交点，即过定点(0,1)与(2,1)。