PAGE江西省赣县三中2020学年高二数学9月月考试题理一、选择题1．若a>b>0，c
eq\f(b,d)B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c)D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)2.过两点A(-2,m),B(m,4)的直线倾斜角是45°,则m的值是( )A.-1B.3C.1D.-33．下列说法中正确的是( )A．两两相交的三条直线确定一个平面B．两条直线确定一个平面C．四边形确定一个平面D．不共面的四点可以确定4个平面4.若(-1,0)是(k,0),(b,0)的中点,则直线y=kx+b必经过定点( )A.(1,-2)B.(1,2)C.(-1,2)D.(-1,-2)5.若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=( )A.21B.19C.9D.-116．不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集为( )A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)7．若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋5y≥8，,1≤x≤3，,0≤y≤2，))则z＝3x＋2y的最小值为( )A．4B.eq\f(23,5)C．6D.eq\f(31,5)8．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的
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面积是( )A．1＋eq\r(3)B．1＋2eq\r(2)C．2＋eq\r(3)D．2eq\r(2)9．如图，在三棱锥C－ABD中，E、F分别是AC和BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是()．A．B．C．D．10．若直线y＝kx－1与曲线有公共点，则k的取值范围是( )A．(0，eq\f(4,3)]B．[eq\f(1,3)，eq\f(4,3)]C．[0，eq\f(1,2)]D．[0,1]11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，则eq\f(Sn,an)＝( )A．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－112．在平面上，eq\o(AB,\s\up12(→))1⊥eq\o(AB,\s\up12(→))2，|eq\o(OB1,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))2|＝1，eq\o(AP,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))1＋eq\o(AB,\s\up12(→))2.若|eq\o(OP,\s\up12(→))|<eq\f(1,2)，则|eq\o(OA,\s\up12(→))|的取值范围是( )A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),2)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(\r(7),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\r(2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(2)))二、填空题13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．14．若直线mx＋2ny－4＝0(m、n∈R，n≠m)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－4＝0的周长，则mn的取值范围是________．15．给定两个长度为1的平面向量eq\o(OA,\s\up12(→))和eq\o(OB,\s\up12(→))，它们的夹角为120°，如图，点C在以O为圆心的圆弧eq\o(AB,\s\up12(→))上变动，若eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是________．16.把函数y＝sin2x的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数y＝f(x)的图象，对于函数y＝f(x)有以下四个判断：①该函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))；②该函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称；③该函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上是增函数；④函数y＝f(x)＋a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为eq\r(3)，则a＝2eq\r(3).其中，正确判断的序号是________．三、解答题17.(本小题满分10分)如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，平面PBC∩平面PAD＝l.(1)求证：l∥BC；(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．18．(本小题满分12分)某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高价格到x元．公司拟投入eq\f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入eq\f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：该商品明年的销售量a至少达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin2x.(1)求f(x)的最小正周期和值域；(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝2且a2＝bc，试判断△ABC的形状．20.(本小题满分12分)如图所示,已知以点A(-1,2)为圆心的圆与直线l1:x+2y+7=0相切.过点B(-2,0)的动直线l与圆A相交于M,N两点.(1)求圆A的方程;(2)当|MN|=2时,求直线l的方程.21．(本小题满分12分)数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的正整数n都有an>0，4Sn＝(an＋1)2.(1)求证：数列{an}是等差数列，并求通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,3n)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.22．(本小题满分12分)已知圆O：x2＋y2＝4和点M(1，a)．(1)若过点M有且只有一条直线与圆O相切，求实数a的值，并求出切线方程；(2)若a＝eq\r(2)，过点M的圆的两条弦AC，BD互相垂直，求|AC|＋|BD|的最大值．赣县三中高二数学九月考理科试卷答案一、选择题1．依题意取a＝2，b＝1，c＝－2，d＝－1，代入验证得A，B，C均错，只有D正确．2解析:由kAB==tan45°=1,得m=1.答案:C3．解析：两两相交的三条直线不一定共面，故A不正确，两条相交直线、平行直线确定一个平面，但两条异面直线不能确定一个平面，故B不正确，C中四边形若是空间四边形可确定4个平面，D是正确的．答案：D4解析:由题意知,k+b=-2,则b=-2-k,代入直线方程得y=kx-2-k,即y+2=k(x-1),故直线经过定点(1,-2).答案:A5．解析:易知圆C1的圆心坐标为(0,0),半径r1=1.将圆C2化为
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方程(x-3)2+(y-4)2=25-m(m<25),得圆C2的圆心坐标为(3,4),半径r2=(m<25).由两圆相外切得|C1C2|=r1+r2=1+=5,解方程得m=9.故选C.答案:C6．不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）（2x＋1）≤0，,2x＋1≠0))⇔－eq\f(1,2)＜x≤1，∴不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故选A.7．【答案】 B 作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，作出直线l：3x＋2y＝0，对该直线进行平移，得当l过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,5)))时，z取得最小值eq\f(23,5)，故选B.8.【答案】 C 根据三视图可以得到如图所示几何体．即侧面ABD⊥底面BCD，且AB＝AD＝BC＝CD＝eq\r(2).故四面体的表面积为S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)×sin60°))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝2＋eq\r(3).9．30°【解析】取CB的中点G，连接EG，FG，∵EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG，又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG.在Rt△EFG，EG＝eq\f(1,2)AB＝1，FG＝eq\f(1,2)CD＝2，∴sin∠EFG＝eq\f(1,2)，∴∠EFG＝30°，∴EF与CD所成的角为30°.【答案】 A10.解析：曲线y＝－eq\r(1－x－22)可化为(x－2)2＋y2＝1它表示以(2,0)为圆心，1为半径的x轴下方的半圆，直线y＝kx－1过定点(0，－1)，要使直线与曲线有公共点(如图)，易知0≤k≤1.答案：D11．【答案】 D ∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，①,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，②))由①②可得eq\f(1＋q2,q＋q3)＝2，∴q＝eq\f(1,2)，代入①得a1＝2，∴an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(4,2n)，∴Sn＝eq\f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1，故选D.12．【解析】 ∵eq\o(AB1,\s\up12(→))⊥eq\o(AB2,\s\up12(→))，∴eq\o(AB1,\s\up12(→))·eq\o(AB2,\s\up12(→))＝(eq\o(OB1,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))·(eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))＝eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OA,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB2,\s\up12(→))＋eq\o(OA,\s\up12(→))2＝0，∴eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OA,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB2,\s\up12(→))＝－eq\o(OA2,\s\up12(→)).∵eq\o(AP,\s\up12(→))＝eq\o(AB1,\s\up12(→))＋eq\o(AB2,\s\up12(→))∴eq\o(OP,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＝eq\o(OB1,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))，∴eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\o(OB1,\s\up12(→))＋eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)).∵|eq\o(OB1,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB2,\s\up12(→))|＝1，∴eq\o(OP2,\s\up12(→))＝1＋1＋eq\o(OA2,\s\up12(→))＋2(eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OB2,\s\up12(→))－eq\o(OB1,\s\up12(→))·eq\o(OA,\s\up12(→))－eq\o(OB2,\s\up12(→))·eq\o(OA,\s\up12(→)))＝2＋eq\o(OA2,\s\up12(→))＋2(－eq\o(OA2,\s\up12(→)))＝2－eq\o(OA2,\s\up12(→)).∵|eq\o(OP,\s\up12(→))|<eq\f(1,2)，∴0|eq\o(OP,\s\up12(→))|2<eq\f(1,4)，∴0≤2－eq\o(OA2,\s\up12(→))<eq\f(1,4)，∴eq\f(7,4)<eq\o(OA2,\s\up12(→))≤2，即|eq\o(OA,\s\up12(→))|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(2))).【答案】 D二、填空题13．eq\r(2)；解析：由线面平行性质可得．EF∥AC，又∵E为AD的中点，∴F为CD的中点．∴EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2).14．(－∞，1)15． 2；解析:建立如图所示的坐标系，则A(1,0)，B(cos120°，sin120°)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).设∠AOC＝α，则eq\o(OC,\s\up12(→))＝(cosα，sinα)．∵eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))＝(x,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,2)，\f(\r(3),2)y))＝(cosα，nα)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)＝cosα，,\f(\r(3),2)y＝sinα，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(sinα,\r(3))＋cosα，,y＝\f(2sinα,\r(3))，))∴x＋y＝eq\r(3)sinα＋cosα＝2sin(α＋30°)．∵0°≤α≤120°，∴30°≤α＋30°≤150°.∴当α＝60°时，x＋y有最大值2.16.②④；解析：将函数向左平移eq\f(π,6)得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，即y＝f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以①不正确；y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sin(2×eq\f(π,3)＋eq\f(π,3)＝2sinπ＝0，所以函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，所以②正确；由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函数的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z，当k＝0时，增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，所以③不正确；y＝f(x)＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋a，当0≤x≤eq\f(π,2)时，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)时，函数值最小为y＝2sineq\f(4π,3)＋a＝－eq\r(3)＋a＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，所以④正确．所以正确的命题为②④.三、解答题17.解 法一 (1)因为BC∥AD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.………………………5分(2)平行．如图(1)，取PD的中点E，连接AE，NE，可以证得NE∥AM且NE＝AM.所以MN∥AE.所以MN∥平面PAD.………………………10分法二 (1)因为AD∥BC，AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD∥平面PBC.又因为平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.因为AD∥BC，所以l∥BC.(2)平行．如图(2)，设Q是CD的中点，连接NQ，MQ，则MQ∥AD，NQ∥PD，而MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PAD.又因为MN平面MNQ，所以MN∥平面PAD.18．解：(1)设每件定价为x元，依题意，有[8－(x－25)×0.2]x≥25×8，整理得x2－65x＋1000≤0，解得25≤x≤40.所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．………………………6分(2)依题意，x＞25时，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等价于x＞25时，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解．∵eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x≥2eq\r(\f(150,x)·\f(1,6)x)＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥10.2.∴当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时每件商品的定价为30元．………………………12分19．解：(1)f(x)＝cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以T＝π，f(x)∈[－2，2]．………………………6分(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1.因为00，所以an＋1－an＝2，则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1.………………………6分(2)由(1)得bn＝eq\f(2n－1,3n)，Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－1,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(3,33)＋eq\f(5,34)＋…＋eq\f(2n－1,3n＋1)，②－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(1,3)＋2×eq\f(\f(1,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(2n＋2,3n＋1)，所以Tn＝1－eq\f(n＋1,3n).………………………12分22．解：(1)由条件知点M在圆O上，所以1＋a2＝4，则a＝±eq\r(3).当a＝eq\r(3)时，点M为(1，eq\r(3))，kOM＝eq\r(3)，k切＝－eq\f(\r(3),3)，此时切线方程为y－eq\r(3)＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x＋eq\r(3)y－4＝0；当a＝－eq\r(3)时，点M为(1，－eq\r(3))，kOM＝－eq\r(3)，k切＝eq\f(\r(3),3)，此时切线方程为y＋eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x－eq\r(3)y－4＝0.所以所求的切线方程为x＋eq\r(3)y－4＝0或x－eq\r(3)y－4＝0.………………………6分(2)设O到直线AC，BD的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，则deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝OM2＝3.又有|AC|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))，|BD|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,2))，所以|AC|＋|BD|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))＋2eq\r(4－deq\o\al(2,2)).则(|AC|＋|BD|)2＝4×(4－deq\o\al(2,1)＋4－deq\o\al(2,2)＋2eq\r(4－deq\o\al(2,1))·eq\r(4－deq\o\al(2,2)))＝4×[5＋2eq\r(16－4（deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)）＋deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2))]＝4×(5＋2eq\r(4＋deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)))．因为2d1d2≤deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝3，所以deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)≤eq\f(9,4)，当且仅当d1＝d2＝eq\f(\r(6),2)时取等号，所以eq\r(4＋deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2))≤eq\f(5,2)，所以(|AC|＋|BD|)2≤4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2×\f(5,2)))＝40.所以|AC|＋|BD|≤2eq\r(10)，即|AC|＋|BD|的最大值为2eq\r(10).……………12分
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