上海市嘉定二中2020-2021学年高二上学期第一次质量检测数学试卷含答案

2023-2024学年上海市嘉定区高二上册期中数学模拟试题一、填空题1．一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．【正确答案】16【分析】根据棱柱的体积公式直接计算即可.【详解】由题可得该正四棱柱的体积为22416⨯⨯=.故16.2．已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的表面积是______．【正确答案】3π【分析】求得圆锥的底面半径和母线长，由此求得圆锥的表面积.【详解】解：设圆锥的底面半径为x ，则高为3x ，母线长为2x .依题意12332x x ⨯⨯=，解得1x =或=1x -（舍去），所以圆锥的底面半径为1，高为3，母线长为2.所以圆锥的表面积为2π1π123π⨯+⨯⨯=.故3π3．已知四面体ABCD 中，E 、F 、G 分别为BC 、AD 、BD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为π3，则FGE ∠=_________.【正确答案】π3或2π3【分析】根据//AB FG ，//CD GE ，结合异面直线夹角的定义求解即可.【详解】如图，因为E 、F 、G 分别为BC 、AD 、BD 的中点，故//AB FG ，//CD GE ，故AB 与CD 所成的角即FG 与GE 所成的角为π3，且与FGE ∠相等或者互补，故FGE ∠=π3或2π3.故π3或2π34．正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长2AB =，若直线1B C 与底面ABCD 所成的角的大小为arctan 2，则正四棱柱1111ABCD A B C D -的侧面积为________【正确答案】32【分析】根据线面垂直关系、线面角的定义可知1arctan 2B CB ∠=，从而得到12BB BC =，根据底面边长可求得侧棱长，进而得到所求的侧面积.【详解】四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱∴四边形ABCD 为正方形，1BB ⊥平面ABCD∴直线1B C 与底面ABCD 所成角为1arctan 2B CB ∠=1224BB BC AB ∴===∴正四棱柱1111ABCD A B C D -的侧面积：1442432S AB BB =⋅=⨯⨯=故答案为32本题考查棱柱侧面积的求解，关键是能够根据线面角的定义确定线面角的具体位置，从而得到长度关系，属于基础题.5．已知异面直线a ，b 所成角为70°，过空间定点P 与a ，b 成55°角的直线共有____________条．【正确答案】3根据条件先将直线,a b 平移至过点P ，然后根据直线,a b 所成角的角平分线以及直线,a b 所在平面的垂线分析与直线,a b 所成角均为55︒的直线的条数.【详解】将直线,a b 平移，使两直线经过点P ，如下图所示：设直线,a b 所成角的角平分线为c ，过点P 垂直于直线,a b 所在平面的直线为d ，因为,a b 所成角为70︒，当直线l 经过点P 且直线l 在直线,a b 所在平面内且垂直于直线c ，此时l 与直线,a b 所成角均为18070552︒-︒=︒；当直线l 在直线,c d 所在平面内时，若l 绕着P 点旋转，此时l 与直线,a b 所成角相等，且所成角从70=352︒︒变化到90︒，再从90︒变化到35︒，所以此时满足条件的l 有2条，综上所述：过空间定点P 与,a b 成55︒角的直线共有3条，故答案为.3结论点睛：已知异面直线,a b 所成角为0,2πθθ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，过空间任意一点O 作直线l ，使得l 与,a b 成等角ϕ：（1）当0,2θϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，此时l 不存在；（2）当2θϕ=时，此时l 有一条；（3）当22θπθϕ-<<，此时l 有两条；（4）当2πθϕ-=时，此时l 有三条；（5）当22πθπϕ-<<时，此时l 有四条.6．圆锥P O -轴截面的顶角为34π，母线长为2，则过任意两条不重合的母线的截面面积的取值范围为_________.【正确答案】(]0,2【分析】设,PA PB 为圆锥的任意两条母线，APB θ∠=，则有30,4πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，然后利用三角形的面积公式表示出PAB S ，从而可求出其范围.【详解】设,PA PB 为圆锥的任意两条母线，APB θ∠=，则由题意得30,4πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，2PA PB ==，1sin 2sin 2PAB S PA PB APB θ=⋅∠=，因为30,4πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以2sin (0,2]θ∈，所以过任意两条母线的截面面积的取值范围为(]0,2，故(]0,27．在空间中，已知一个正方体是12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于α，则sin α=______．33【分析】画出几何图形,可知面11A BC 与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于α,在1Rt EBB 可求得sin α.【详解】画出几何图形,可知面11A BC 与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于α正方体1111ABCD A B C D -∴1B D ⊥面11A BC ,∴1BB 与面11A BC 所成的角为1B BE∠不妨设正方体棱长为1,故12EB =在1Rt EBB 中由勾股定理可得:2EB =∴11si n 2EB B BE EB ∠==∴sin α=故答案为本题考查了线面角求法,根据体积画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.属于基础题.8．下列命题中正确的命题为__________.①若ABC 在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P Q R 、、，则P Q R 、、三点共线；②若三条直线a b c 、、互相平行且分别交直线l 于、、A B C 三点，则这四条直线共面；③若直线a b 、异面，b c 、异面，则a c 、异面；④若,a c b c ⊥⊥，则//a b .【正确答案】①②【分析】根据三点共线和共面的性质、异面直线的性质、垂直的性质逐一判断即可.【详解】对于①，设平面α平面=ABC l ，因为P α∈，所以P ∈平面ABC ，所以P l ∈，同理Q l ∈，R l ∈，故P Q R 、、三点共线，①正确；对于②，因为//a b ，所以,a b 可以确定一个平面α，因为,,,A a B b a b αα∈∈⊂⊂，所以AB α⊂，所以l ⊂α，又C l ∈，所以C α∈，因为//c a ，所以//c α或c α⊂，又c C α=，所以//c α不成立，所以c α⊂，即这四条直线共面，所以②正确；对于③，直线a b 、异面，b c 、异面，但是a c 、平行，所以③错误，如下右图；对于④，,a c b c ⊥⊥，但a b ⊥r r ，所以④错误，如下左图.故正确的命题为①②.故①②9．,,A B C 是半径为2的球O 表面上三个点，ABC 的外接圆面积为π，则球心O 到平面ABC 的距离为____________.【分析】由ABC 的外接圆面积为π可求得其外接圆半径1r =，又因为球的半径2R =，则可求得球心O 到平面ABC 的距离d ==【详解】ABC 的外接圆面积为π，∴ABC 外接圆半径1r =，又球O 的半径2R =，∴球心O 到平面ABC 的距离为d ==.故答案为10．设正四面体ABCD 的棱长为a ，P 是棱AB 上的任意一点，且P 到面ACD ､BCD 的距离分别为1d ､2d ，则12d d +=___________.【分析】求得四面体的高，利用P BCD P ACD A BCD V V V ---+=，代入棱锥的体积公式可得12d d +的值．【详解】解：如图AO ⊥平面BCD ，23OB a a =⨯，AO ∴=，因为P BCD P ACD A BCD V V V ---+=，在正四面体中，BCD ACD S S =V V ，∴12111333BCD BCD ACD S AO S d S d ⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯，12d d ∴+=．故3a ；11．在长方体1111ABCD A B C D -中，棱6AB =，1BC BB ==，点P 是线段1BC 上的一动点，则1AP PB +的最小值是___________【正确答案】【分析】将△11BB C 沿1BC 为轴旋转至于平面1ABC 共面，可得△21BB C ，利用122AP PB AP PB AB +=+求解即可．【详解】解：将△11BB C 沿1BC 为轴旋转至于平面1ABC 共面，可得△21BB C 则2135ABB ∠=︒，故122AP PB AP PB AB +=+=，当且仅当P 为2AB 与1BC 的交点时取等号，所以1AP PB +的最小值是故12．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,3,,,AD D AB E F GD ===分别为11,,AB BC C D 的中点.点P 在平面ABCD 内，若直线1//D P 平面EFG ，则线段1D P 长度的最小值是______・7【分析】利用线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，确定P 在直线AC ，再根据1D P AC ⊥时线段1D P 最短即可求解.【详解】解：如图，连结11,,AC D A D C ，∵,,E F G 分别为11,,AB BC C D 的中点，∴//,AC EF EF ⊄平面1ACD ，AC ⊂平面1ACD ，∴//EF 平面1,ACD ∵1//,EG AD EG ⊄平面1ACD ，1AD ⊂平面1ACD ，∴//EG 平面1ACD ，∵EF EG E =，∴平面//EFG 平面1ACD ，∵1//D P 平面EFG ，∴点P 在直线AC 上，在1ACD △中，112,2,2===AD AC CD，122 12722(),222A C D S =⨯⨯-=△∴当1D P AC ⊥时，线段1D P 的长度最小，最小值为172=11222C AD S AC ⨯⨯△＝72.故答案为.72二、单选题13．如图，绕虚线旋转一周形成的几何体是（）A ．B ．C ．D ．【正确答案】D【分析】根据旋转体的定义，即可求解.【详解】由题意，题设中图形是直角梯形，根据旋转体的定义，可得绕其长底边旋转一周后得到的几何体是圆锥与圆柱的组合体，只有选项D 适合．故选：D.14．已知直二面角l αβ--，直线a 在平面α上，直线b 在平面β上，且直线a 与直线l 不垂直，直线b 与直线l 不垂直，则以下判断正确的是（）A ．a 与b 可能垂直，但不可能平行B ．a 与b 可能垂直，也可能平行C ．a 与b 不可能垂直，但可能平行D ．a 与b 不可能垂直，也不可能平行【正确答案】C【分析】利用空间中两直线的位置关系求解．【详解】解：l αβ--是直二面角，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且a 、b 与l 均不垂直，∴当//a l ，且//b l 时，由平行公理得//a b ，即a ，b 可能平行，故A 与D 错误；当a ，b 垂直时，则a 与b 在α内的射影垂直，由于二面角是直二面角，b 在α内的射影即为l ，则可证得a l ⊥，与已知矛盾，a ∴与b 不可能垂直，有可能平行．故选：C ．15．三棱锥的侧棱两两垂直，三个侧面三角形的面积分别为1S ，2S ，3S ，则三棱锥的体积是（）A B C D 【正确答案】C 【分析】根据三棱锥的侧棱两两垂直，推出三个侧面都是直角三角形，根据直角三角形的面积公式和三棱锥的体积公式可求出结果.【详解】因为三棱锥的侧棱两两垂直，所以三个侧面都是直角三角形，设三条侧棱长分别为,,a b c ，则123111222S S S ab bc ac =⋅⋅，所以abc =所以三棱锥的体积111326V a bc =⋅==故选：C16．已知两个平面,αβ和三条直线,,m a b ,若m αβ=,a α⊂且,a m b β⊥⊂,设α和β所成的一个二面角的大小为1θ,直线a 和平面β所成的角的大小为2θ,直线,a b 所成的角的大小为3θ,则（）A ．123θθθ=≥B ．312θθθ≥=C ．1323,θθθθ≥≥D ．1232,θθθθ≥≥【正确答案】D【分析】在一个平行六面体中,对三个角进行比较,即可选出正确答案.【详解】如图,在平行六面体中,1190,90A AD A AB ∠=∠> 不妨设面11AA D D 为α,面ABCD 为β,BC b =.则AD m =,1AA a=此时,由图可知,12390,90,90θθθ><= .只有C 选项符合.故选:D.本题考查了线面角,考查了面面角的概念.一般情况下,涉及到线面角和面面角问题时可借助空间向量进行求解.但在本题中,没有具体的几何体,因此,我们可以采取举实例的方法,在一个具体地几何体中探究角的大小关系.三、解答题17．如图，已知平面α，β，且l αβ=.若梯形ABCD 中，//AD BC ，且AB ⊂α，CD ⊂β.求证：,AB CD ，l 共点（相交于一点）.【正确答案】证明见解析.【分析】利用平面公理2可以证明三线共点：设直线AB ⋂直线CD M =，先证明M 为αβ、的公共点，再证明M l ∈，从而可以证明,AB CD ，l 共点.【详解】因为梯形ABCD 中，//AD BC ，所以,AB CD 是梯形ABCD 的两腰.所以直线,AB CD 必相交于一点.设直线AB ⋂直线CD M =.又因为,AB CD αβ⊂⊂，所以,M M αβ∈∈.所以M αβ∈⋂.又因为l αβ=，所以M l ∈，即,AB CD ，l 共点（相交于一点）.18．（1）请用文字语言叙述平面与平面平行的判定定理；（2）把（1）中的定理写成“已知：⋯⋯，求证：⋯⋯”的形式，并用反证法证明．【正确答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．【分析】（1）直接写出平面与平面平行的判定定理；（2）利用线面平行的性质定理进行反证.【详解】（1）平面与平面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与一个平面平行，则这两个平面平行．（2）已知,,,//,//b a b P a b αββαα⊂⊂=，求证：//αβ．下面利用反证法证明：如图，假设α与β相交，设交线为c ，因为//,,a c ααβαβ⊂=，所以//a c ，因为//,,b c ααβαβ⊂=，所以//b c ，由平行公理得//a b ，与a b P =矛盾，所以假设错误，故//αβ．19．如图，AB 是圆柱的底面直径且2AB =，PA 是圆柱的母线且2PA =，点C 是圆柱底面圆周上的点．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）当三棱锥-P ABC 体积最大时，求二面角C PB A --的大小．（结果用反三角函数值表示）【正确答案】（1）证明见解析；（2）arcsin 3．【分析】（1）证明PA ⊥面ABC ，可得PA BC ⊥，结合BC AC ⊥，由线面垂直的判定定理即可求证；（2）由题意可得AC BC =，根据二面角平面角的定义作出二面角的平面角，即可求解.【详解】（1）因为AB 是圆柱的底面圆的直径，所以2ACB π∠=，即BC AC ⊥，因为PA 是圆柱的母线，则PA ⊥面ABC ，因为BC ⊂面ABC ，所以PA BC ⊥，因为PA AC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC ；（2）三棱锥-P ABC 体积为1233ABC ABC V S PA S =⨯⨯=，要使得三棱锥-P ABC 体积最大，只需ABC 的面积最大，即点C 到AB 的距离最大，此时AC BC =，设底面圆的圆心为O ，连接OC ，则OC AB ⊥，由PA ⊥面ABC ，OC ⊂面ABC ，可得OC PA ⊥，因为PA AB A =，所以OC ⊥面PAB ，所以OC PB ⊥，因为2AB =，2PA =，取PB 的中点D ，连接AD ，则AD PB ⊥，作OG PB ⊥，连接CG ，则G 为BD 的中点，由OG PB ⊥，OC PB ⊥，OC OG O ⋂=，则PB ⊥面OCG ，所以PB CG ⊥，可得CGO ∠即为二面角C PB A --的平面角，因为22222222PB PA AB =+=+=所以122AD PB ==，1222OG AD ==，1OC =，在Rt COG 中，22222612CG OG OC ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭所以16sin 362OC CGO CG ∠==6arcsin 3CGO ∠=，故二面角C PB A --的平面角为63.方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.20．如图所示，四边形ABCD 为菱形，PA PD =，二面角P AD C --为直二面角，点E 是棱AB 的中点．（Ⅰ）求证：PE AC ⊥；（Ⅱ）若PA AB =，当二面角P AC B --的余弦值为PE 与平面ABCD 所成的角．【正确答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）45︒．【分析】（Ⅰ）设点F 是棱AD 的中点，连接,,PF EF BD ，根据面面垂直的性质定理，得到PF ⊥平面ABCD ，进而得到PF AC ⊥，再由BD AC ⊥，结合线面垂直的判定定理，即可求解；（Ⅱ）解法一：设点G 是AC 与EF 的交点，证得PGE ∠为二面角P AC B --的平面角，结合解三角形的知识，即可求解；解法二：设点O 是AC 与BD 的交点，以OA 所在直线为x 轴OB 所在直线为y 轴，过点O 垂直平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，可得平面ABC 的一个法向量(0,0,1)n = ，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（Ⅰ）如图所示，设点F 是棱AD 的中点，连接,,PF EF BD ，由PA PD =及点F 是棱AD 的中点，可得PF AD ⊥，又二面角P AD C --为直二面角，故PF ⊥平面ABCD ，又因为AC ⊂平面ABCD ，所以PF AC ⊥，又因为四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥，而EF 是ABD △的中位线，所以//EF BD ，可得EF AC ⊥，又由PF EF F =，且PF ⊂平面PEF ，EF ⊂平面PEF ，所以AC ⊥平面PEF ，又因为PE ⊂平面PEF ，所以PE AC ⊥．（Ⅱ）解法一：设点G 是AC 与EF 的交点，连接PG由（Ⅰ）可知AC ⊥平面PEF ，又,PG EG 均在平面PEF 内，从而有,PG AC EG AC ⊥⊥，故PGE ∠为二面角P AC B --的平面角，因为PA AB =，所以PAD 为等边三角形．不妨设菱形ABCD 的边长为2,a GE b =．则在Rt PFG 中，,PF FG b ==，于是PG =在Rt PFE 中，PE =故cos cos PGE PGF ∠=-∠==整理得2234a b =，2b a =．因为PF ⊥平面ABCD ，所以PEF ∠为直线PE 与平面ABCD 所成的角．则tan 12PF PEF EF b∠===，所以直线PE 与平面ABCD 所成的角为45︒.解法二：设点O 是AC 与BD 的交点，以OA 所在直线为x 轴OB 所在直线为y 轴，过点O 垂直平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．如图所示：设2,2OA OB b ==，则(2,0,0),(2,0,0)A C -，2(1,33)P b b -+，则2(4,0,0),(1,,33)CA AP b ==--+ ，设平面PAC 的法向量为(,,)m x y z = ，则00m AP m CA ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即233040x by b z x ⎧⎪--++=⎨=⎪⎩，取1z =，得233b m b ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，又因为平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)n = ，则2215|cos ,|5||||331m n m n m n b b ⋅〈〉==++ 3b =则(1,3,23),3,0)P E -，3,23)PE =- ，则232|cos ,|2||||26PE n PE n PE n ⋅-〈〉=== ，则直线PE 与平面ABCD 所成的角为45︒．本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别是11A D 和1CC 的中点.(1)求异面直线EF 与AB 所成角的余弦值；(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30 ?若存在，求出BP 的长，若不存在，请说明理由；(3)求异面直线EF 与AB 之间的距离.【正确答案】63(2)存在，63(3)322【分析】(1)做出异面直线所成的角，解三角形求解即可；(2)假设存在，利用二面角P AC B --的大小为30 求解即可；(3)利用线面垂直，找到公垂线，然后借助相似来计算即可.【详解】（1）取1DD 的中点M ，因为F 是1CC 的中点，所以//MF CD ，又//AB CD ，所以//AB MF ，所以异面直线EF 与AB 所成角也就是EF 与MF 所成角，由正方体得MF ⊥平面11ADD A ，EM ⊂平面11ADD A ，所以MF EM ⊥，2,2MF EM ==，所以6EF =cos 636MF EFM EF ∠=，所以异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为63.（2）假设存在点P 符合题意，连接BD 与AC 交于点O ，所以AC BD ⊥，因为1111ABCD A B C D -是正方体，所以PA PC =，又O 是AC 的中点，所以PO AC ⊥，所以POB ∠就是二面角P AC B --的平面角，故假设成立，存在这样的P 点.又因为30POB ∠= ，1122OB BD ==tan 30BP OB == 3BP ==.（3）连接1AD ，因为E M 、是111A D DD 、的中点，所以1AD EM ⊥，如图第一个，又因为MF ⊥平面11ADD A ，1AD ⊂平面11ADD A ，所以1AD MF ⊥，即1AD AB ⊥，又EM MF M ⋂=，所以1AD ⊥平面EMF ，又EF ⊂平面EMF ，所以1AD EF ⊥，接着取1BB 的中点G ，连接GF ，延长1A G 交AB 延长线于点H ，连接1D H ，交GF 于点K ，交EF 于点O ，过O 作1AD 的平行线交AB 于点1O ，连接1OO ，如下图，由1AD EF ⊥，1AD AB ⊥得1OO 为EF 与AB 的公垂线，易得1HOO 与1HD A 相似，又因为G 是1A H 中点，则K 是GF 的中点，所以12KD KH OK ==，所以11134OO OH D H AD ==，又122AD =，所以1322OO =.。

由题意结合等差向量列的定义首先确定向量 的坐标表示，然后求解向量的模即可确定最小的向量的序号.
【详解】
由题意可得： ，
则每一项与前一项的差所得的同一个向量为： ，
结合等差向量列的定义和等差数列通项公式可得：
， ，
即： ，这列向量 的模：
，
考查二次函数 ，当 时，二次函数有最小值，
则这列向量 中模最小的向量的序号 4或5.
【点睛】
本题主要考查向量的单位化及其计算，属于基础题.
3．2
【分析】
由题意结合极限的运算法则计算其极限即可.
【详解】
由题意可得： .
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查极限的运算法则，属于中等题.
4．
【解析】
【分析】
由题意结合向量垂直的充分必要条件得到关于 的方程，解方程即可确定 的值.
【详解】
由题意可得： ，即： ，
16．在 ，若 ，且 ，则 的形状为（）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．无法判断
三、解答题
17．在四边形ABCD中， ＝(6，1)， ＝(x，y)， ＝(－2，－3)，且 ∥ .
(1)求x与y的关系式；
(2)若 ⊥ ，求x、y的值．
18．已知数列 的前 项和 与通项 满足 .
（1）若 的值及数列 的通项公式；
据此有： .
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查向量垂直的充分必要条件，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5．
【解析】
【分析】
由题意首先求得向量的数量积，然后利用射影的定义即可确定向量的射影.
【详解】
由题意可知： ，且 ，
据此可得向量 在 方向上的射影为 .

2021年高二数学上学期第一次质检试卷（含解析）一、填空题（12&#215;5分）1．若A（3，1），B（4，0），C（a，4）三点共线，则a= ．2．已知直线l：x﹣y+6=0，若直线l′过点（0，1），倾斜角为已知直线l倾斜角的两倍，则直线l′的方程为．3．△ABC的三个顶点的坐标分别是A（3，7），B（5，﹣1），C（﹣2，﹣5），则AB边中线所在的直线方程是．4．圆O1：x2+y2+6x﹣7=0与圆O2：x2+y2+6y﹣27=0的位置关系是．5．若直线与直线x﹣2y+5=0与直线2x+my﹣6=0互相垂直，则实数m= ．6．以点C（﹣1，5）为圆心，且与y轴相切的圆的方程为．7．过点A（5，2），且在坐标轴上截距互为相反数的直线l的方程为．8．已知直线l1：ax+y﹣1=0与直线l2：4x+（a﹣3）y﹣1=0，若l1∥l2，则a的值为．9．过圆x2+y2=5上一点M（1，2）的圆的切线方程为．10．圆心在直线2x﹣y﹣7=0上的圆C与y轴交于两点A（0，﹣4）、B（0，﹣2），则圆C的方程为．11．已知点A（﹣1，0），B（0，2），点P是圆（x﹣1）2+y2=1上任意一点，则△PAB面积的最大值是．12．不论k为何实数，直线y=kx+1与曲线x2+y2﹣2ax+a2﹣2a﹣4=0恒有交点，则实数a的取值范围是．二、解答题（5&#215;12分）13．自点M（2，4）作圆（x﹣1）2+（y+3）2=1的切线l，求切线l的方程．14．已知圆C的圆心为直线x﹣y﹣1=0与直线2x﹣y﹣1=0的交点，直线3x+4y﹣11=0与圆C相交于A，B两点，且AB=6，求圆C的方程．15．已知某圆拱桥的水面跨度为20m，拱高为4m，现有一船，船宽为10m，水面以上高为3m，问这条船能否从桥下通过？16．已知光线通过点A（2，3），经直线x+y+1=0反射，其反射光线通过点B（1，1），求入射光线和反射光线所在直线方程．17．过点P（3，0）有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x﹣y﹣2=0与l2：x+y+3=0之间的线段恰被点P平分，求直线l的方程．xx学年江苏省宿迁市建陵中学高二（上）第一次质检数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（12&#215;5分）1．若A（3，1），B（4，0），C（a，4）三点共线，则a= ﹣1 ．考点：三点共线．专题：直线与圆．分析：由A、B、C三点共线，得k AB=k AC；利用直线的斜率求出a的值．解答：解：∵A、B、C三点共线，∴k AB=k AC；∵k AB==﹣1，k AC==，∴，解得a=﹣1；故答案为：﹣1．点评：本题考查了三点共线的判定问题，直线斜率相等经过同一点的应用．2．已知直线l：x﹣y+6=0，若直线l′过点（0，1），倾斜角为已知直线l倾斜角的两倍，则直线l′的方程为x﹣y+1=0 ．考点：直线的点斜式方程．专题：直线与圆．分析：由题意可得已知直线的斜率，进而可得倾斜角，可得直线l′的斜率，写出其点斜式方程化为一般式即可．解答：解：∵直线l：x﹣y+6=0的斜率为=，∴直线l：x﹣y+6=0的倾斜角为30°，∴直线l′的倾斜角为60°，斜率为tan60°=，又∵直线l′过点（0，1），∴直线l′的方程为y﹣1=（x﹣0），化为一般式可得x﹣y+1=0故答案为：x﹣y+1=0点评：本题考查直线的方程，涉及直线的斜率和倾斜角，属基础题．3．△ABC的三个顶点的坐标分别是A（3，7），B（5，﹣1），C（﹣2，﹣5），则AB边中线所在的直线方程是4x﹣3y﹣7=0 ．考点：直线的两点式方程．专题：直线与圆．分析：由题意可得AB的中点为D（4，3），可得CD的斜率，进而可得点斜式方程，化为一般式即可．解答：解：∵A（3，7），B（5，﹣1），C（﹣2，﹣5），由中点坐标公式可得AB的中点为D（4，3），∴CD的斜率k==，∴AB边中线CD的方程为y﹣3=（x﹣4），化为一般式可得4x﹣3y﹣7=0故答案为：4x﹣3y﹣7=0点评：本题考查直线的方程，涉及斜率公式和点斜式方程，属基础题．4．圆O1：x2+y2+6x﹣7=0与圆O2：x2+y2+6y﹣27=0的位置关系是相交．考点：圆与圆的位置关系及其判定．专题：计算题；直线与圆．分析：将圆的方程化为标准方程，求出圆心与半径，可得圆心距，即可得出结论．解答：解：圆O1：x2+y2+6x﹣7=0，化为标准方程为（x+3）2+y2=16，圆心为（﹣3，0），半径为4，圆O2：x2+y2+6y﹣27=0，化为标准方程为x2+（y+3）2=36，圆心为（0，﹣3），半径为6，圆心距为3∵6﹣4＜3＜6+4，∴两圆相交，故答案为：相交．点评：本题考查圆与圆的位置关系及其判定，考查学生的计算能力，比较基础．5．若直线与直线x﹣2y+5=0与直线2x+my﹣6=0互相垂直，则实数m= 1 ．考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．专题：直线与圆．分析：求出两条直线的斜率；利用两直线垂直斜率之积为﹣1，列出方程求出m的值．解答：解：直线x﹣2y+5=0的斜率为直线2x+my﹣6=0的斜率为∵两直线垂直∴解得m=1故答案为：1点评：本题考查由直线方程的一般式求直线的斜率、考查两直线垂直斜率之积为﹣1．6．以点C（﹣1，5）为圆心，且与y轴相切的圆的方程为（x+1）2+（y﹣5）2=1 ．考点：直线与圆的位置关系．专题：计算题．分析：要求圆的方程，注意找出圆心和半径，而圆心已知，故要求圆的半径，方法为：由所求圆与y轴相切，得到圆心的横坐标的绝对值为圆的半径，进而由圆心C的坐标和求出的半径写出圆的标准方程即可．解答：解：∵圆心C的坐标为（﹣1，5），且所求圆与y轴相切，∴圆的半径r=|﹣1|=1，则所求圆的方程为（x+1）2+（y﹣5）2=1．故答案为：（x+1）2+（y﹣5）2=1点评：此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，其中根据题意得到圆心横坐标的绝对值为圆的半径是解本题的关键．7．过点A（5，2），且在坐标轴上截距互为相反数的直线l的方程为2x﹣5y=0，或x﹣y ﹣3=0 ．考点：直线的截距式方程．专题：直线与圆．分析：当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程．当直线不过原点时，设方程为，把点P（2，3）代入可得a的值，从而得到直线方程．综合以上可得答案．解答：解：当直线过原点时，由于斜率为=，故直线方程为 y=x，即2x﹣5y=0．当直线不过原点时，设方程为，把点A（5，2）代入可得a=3，故直线的方程为x﹣y﹣3=0，故答案为：2x﹣5y=0，或x﹣y﹣3=0．点评：本题主要考查用待定系数法求直线的方程，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．8．已知直线l1：ax+y﹣1=0与直线l2：4x+（a﹣3）y﹣1=0，若l1∥l2，则a的值为﹣1 ．考点：直线的一般式方程与直线的平行关系．专题：直线与圆．分析：对a分类讨论，再把直线的方程化为斜截式，利用两条直线平行的充要条件即可得出．解答：解：当a=0或3时，l1与l2不平行；当a≠0或3时，直线l1：ax+y﹣1=0与直线l2：4x+（a﹣3）y﹣1=0，分别化为：y=﹣ax+1，y=，∵l1∥l2，∴，且，解得a=4或﹣1．而a=4时不满足题意，舍去．∴a=﹣1．故答案为：﹣1．点评：本题考查了分类讨论、斜截式、两条直线平行的充要条件，考查了推理能力，属于基础题．9．过圆x2+y2=5上一点M（1，2）的圆的切线方程为x+2y﹣5=0 ．考点：圆的切线方程．专题：直线与圆．分析：由圆的方程找出圆心坐标和圆的半径，然后求出M与圆心的距离判断出M在圆上即M为切点，根据圆的切线垂直于过切点的直径，由圆心和M的坐标求出OM确定直线方程的斜率，根据两直线垂直时斜率乘积为﹣1，求出切线的斜率，根据M坐标和求出的斜率写出切线方程即可．解答：解：由圆x2+y2=5，得到圆心A的坐标为（0，0），圆的半径r=，而|AM|==r，所以M在圆上，则过M作圆的切线与AM所在的直线垂直，又M（1，2），得到AM所在直线的斜率为2，所以切线的斜率为﹣，则切线方程为：y﹣2=﹣（x﹣1）即x+2y﹣5=0．故答案为：x+2y﹣5=0．点评：此题考查学生掌握点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系，掌握两直线垂直时斜率所满足的关系，会根据一点的坐标和直线的斜率写出直线的方程，是一道综合题．10．圆心在直线2x﹣y﹣7=0上的圆C与y轴交于两点A（0，﹣4）、B（0，﹣2），则圆C 的方程为（x﹣2）2+（y+3）2=5 ．考点：圆的标准方程．专题：计算题．分析：由垂径定理确定圆心所在的直线，再由条件求出圆心的坐标，根据圆的定义求出半径即可．解答：解：∵圆C与y轴交于A（0，﹣4），B（0，﹣2），∴由垂径定理得圆心在y=﹣3这条直线上．又∵已知圆心在直线2x﹣y﹣7=0上，∴联立，解得x=2，∴圆心C为（2，﹣3），∴半径r=|AC|==．∴所求圆C的方程为（x﹣2）2+（y+3）2=5．故答案为（x﹣2）2+（y+3）2=5．点评：本题考查了如何求圆的方程，主要用了几何法来求，关键确定圆心的位置；还可用待定系数法．11．已知点A（﹣1，0），B（0，2），点P是圆（x﹣1）2+y2=1上任意一点，则△PAB面积的最大值是．考点：直线与圆的位置关系．专题：计算题；数形结合．分析：当过P点的直线与AB平行且与圆相切时，切点P为△PAB面积的最大值时动点的位置，由A与B的坐标求出直线AB的斜率为2，进而得到切线的斜率也为2，设出切线方程y=2x+b，利用直线与圆相切时圆心到直线的距离d等于半径r，列出关于b的方程，求出的解得到b的值，确定出切线的方程，然后由A与B两点写出直线AB的方程，根据平行线间的距离公式求出AB与切线间的距离即为三角形ABP中AB边上的高，利用勾股定理求出|AB|的长，利用三角形的面积公式即可求出此时△PAB面积，此时的面积即为最大值．解答：解：根据题意画出图形，如图所示：由直线AB的斜率k AB==2，得到过P与AB平行且与圆相切的直线斜率k=2，设该直线的方程为：y=2x+b，又圆心坐标为（1，0），半径r=1，所以圆心到直线的距离d==r=1，即b=﹣2（舍去）或b=﹣﹣2，故该直线方程为：y=2x﹣﹣2，又直线AB的方程为：y=2（x+1），即y=2x+2，所以两平行线的距离为，|AB|==，则△PAB面积的最大值是××=．故答案为：点评：此题考查学生掌握直线与圆相切时满足的条件，掌握平行线间的距离公式，考查了数形结合的数学思想．当过一点于圆相切且与直线AB平行，此时切线与圆的切点为△PAB 面积取得最大值时动点P的位置，找出此点是解本题的关键．12．不论k为何实数，直线y=kx+1与曲线x2+y2﹣2ax+a2﹣2a﹣4=0恒有交点，则实数a的取值范围是﹣1≤a≤3 ．考点：直线与圆的位置关系；点与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用．分析：直线y=kx+1与曲线x2+y2﹣2ax+a2﹣2a﹣4=0恒有交点，说明直线系过的定点必在圆上或圆内．解答：解：直线y=kx+1恒过（0，1）点的直线系，曲线x2+y2﹣2ax+a2﹣2a﹣4=0表示圆圆心（a，0），半径为：），直线与曲线x2+y2﹣2ax+a2﹣2a﹣4=0恒有交点，必须定点在圆上或圆内，即：所以，﹣1≤a≤3故答案为：﹣1≤a≤3．点评：本题考查直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，两点间的距离公式，直线系等知识是中档题．二、解答题（5&#215;12分）13．自点M（2，4）作圆（x﹣1）2+（y+3）2=1的切线l，求切线l的方程．考点：圆的切线方程．专题：直线与圆．分析：切线的斜率不存在时x=3验证即可，当切线的斜率存在时，设为k，写出切线方程，圆心到切线的距离等于半径，解出k求出切线方程．解答：解：∵圆C：（x﹣1）2+（y+3）2=1．圆的圆心坐标（1，﹣3），半径为1，当切线的斜率不存在时，对直线x=2，C（1，﹣3）到直线的距离为1，满足条件；当k存在时，设直线y﹣4=k（x﹣2），即y=kx+4﹣2k，∴=1，得k=．∴得直线方程x=2或y=x﹣．故切线的方程为x=2或24x﹣7y﹣20=0．点评：本题考查圆的切线方程，点到直线的距离公式，是基础题．14．已知圆C的圆心为直线x﹣y﹣1=0与直线2x﹣y﹣1=0的交点，直线3x+4y﹣11=0与圆C相交于A，B两点，且AB=6，求圆C的方程．考点：直线与圆的位置关系；圆的标准方程．专题：计算题；直线与圆．分析：要求圆C的方程，先求圆心，再求半径，根据垂径定理，利用勾股定理求出半径．写出圆的方程即可．解答：解：直线x﹣y﹣1=0与直线2x﹣y﹣1=0的交点坐标为（0，﹣1），所以圆心的坐标为（0，﹣1）；圆心C到直线AB的距离d==3，因为AB=6，所以根据勾股定理得到半径r==3，所以圆的方程为x2+（y+1）2=18．点评：本题考查圆的标准方程，会根据圆心和半径写出圆的方程．灵活运用垂径定理及点到直线的距离公式解决数学问题．15．已知某圆拱桥的水面跨度为20m，拱高为4m，现有一船，船宽为10m，水面以上高为3m，问这条船能否从桥下通过？考点：抛物线的应用．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：建立平面直角坐标系，设拱桥型抛物线方程为x2=﹣2py（p＞0），将B（10，﹣4）代入，求得抛物线方程，求出A的纵坐标，即可求得结论．解答：解：建立平面直角坐标系，设拱桥型抛物线方程为x2=﹣2py（p＞0）将B（10，﹣4）代入得2p=25，∴x2=﹣25y，当船两侧与抛物线接触时不能通过，设点A（5，y A），由52=﹣25y A，得y A=﹣1，由于3＞1，故这条船能从桥下通过．点评：本题考查抛物线的应用，是中档题．解题时要认真审题，恰当地建立坐标系，合理地进行等价转化．16．已知光线通过点A（2，3），经直线x+y+1=0反射，其反射光线通过点B（1，1），求入射光线和反射光线所在直线方程．考点：与直线关于点、直线对称的直线方程．专题：直线与圆．分析：求得点A关于直线x+y+1=0的对称点A'的坐标，可得直线A'B的方程为，即为反射光线所在的直线方程．求得直线A'B与直线x+y+1=0的交点C的坐标，再用两点式求得入射光线所在的直线AC的方程．解答：解：求得点A（2，3）关于直线x+y+1=0的对称点A'（﹣4，﹣3），…（4分）则由两点式求得反射光线所在的直线A'B的方程为．…（6分）由求得直线A'B与直线x+y+1=0的交点，…（10分）由两点式求得入射光线所在的直线AC的方程为，…（12分）综上，入射光线所在直线方程为5x﹣4y+2=0，反射光线所在直线方程为4x﹣5y+1=0．…（14分）点评：本题主要考查求一个点关于直线的对称点的坐标，用两点式求直线的方程，属于中档题．17．（12分）（xx秋•甘州区校级期末）过点P（3，0）有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x﹣y﹣2=0与l2：x+y+3=0之间的线段恰被点P平分，求直线l的方程．考点：直线的一般式方程；两条直线的交点坐标．专题：计算题．分析：设出A与B两点的坐标，因为P为线段AB的中点，利用中点坐标公式即可列出两点坐标的两个关系式，然后把A的坐标代入直线l1，把B的坐标代入直线l2，又得到两点坐标的两个关系式，把四个关系式联立即可求出A的坐标，然后由A和P的坐标，利用两点式即可写出直线l的方程．解答：解：如图，设直线l夹在直线l1，l2之间的部分是AB，且AB被P（3，0）平分．设点A，B的坐标分别是（x1，y1），（x2，y2），则有，（4分）又A，B两点分别在直线l1，l2上，所以．（8分）由上述四个式子得，即A点坐标是，B（，﹣）（11分）所以由两点式的AB即l的方程为8x﹣y﹣24=0．（12分）点评：此题考查学生会根据两点的坐标写出直线的方程，灵活运用中点坐标公式化简求值，是一道综合题．86 31666 7BB2 箲Zs p21034 522A 刪l20141 4EAD 亭28094 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2020-2021学年上海市某校高二（上）月考数学试卷（9月份）一.填空题1. 函数y ＝sin x +cos x 在x ＝θ处取得最大值，则sin θ＝________．2. 已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝5，那么数列{a n }的前8项和S 8＝________．3. 已知单位向量，的夹角为60∘，则|+|＝________．4. 若增广矩阵为的线性方程组的解为，则实数m ＝________．5. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B =π3，C =π4，a ＝2，则△ABC 的面积为________．6. 在Rt △ABC 中，AB ＝4，AC ＝2，P 为斜边BC 上靠近点B 的三等分点，O 为BC 边的中点，则的值为________．7. 已知，，α、β均为锐角，则sin (α−β)＝________．8. 圆O 为△ABC 的外接圆，半径为2，若AB →+AC →=2AO →，且|OA →|=|AC →|，则向量BA →在向量BC →方向上的投影为________．9. 方程cos πx ＝|log 2|x −1||所有解的和为________．10. 设函数f(x)＝2sin (ωx +φ)(ω>0，）的图象关于直线对称，它的周期为π，则下列说法正确是________.（填写序号）①f(x)的图象过点；②f(x)在上单调递减；③f(x)的一个对称中心是；④将f(x)的图象向右平移|φ|个单位长度得到函数y ＝2sin 2x 的图象．11. 如图所示，正方形上连接等腰直角三角形，直角三角形上再连接正方形…，如此无限重复下去，设正方形面积为S 1、S 2、S 3、…、S n 、…，三角形面积为T 1、T 2、T 3、…、T n 、…，当第一个正方形的边长为2时，则这些正方形和三角形的面积的总和为________．12. 在平面凸四边形ABCD 中，AB ＝2，点M ，N 分别是边AD ，BC 的中点，且MN ＝1，若，MN →⋅(AD →−BC →)=32，则AB ¯⋅CD ¯的值为________．二.选择题 已知，，且 // ，那么k ＝（ ）A.10B.5C.D.−10已知tan α＝3，则sin （）⋅cos （）的值为（ ）A. B.- C. D.-在△ABC 中，点D 是边BC 上任意一点，M 是线段AD 的中点，若存在实数λ和μ，使得BM →=λAB →+μAC →，则λ+μ=( )A.1 2B.−12C.2D.−2在平面直角坐标系中，定义(n∈N∗)为点P n(x n, y n)到点P n+1(x n+1, y n+1)的变换，我们把它称为点变换，已知P1(1, 0)，P2(x2, y2)，P3(x3, y3)，…是经过点变换得到一组无穷点列，设a n＝•，则满足不等式a1+a2+...+a n>2020最小正整数n的值为（）A.9B.10C.11D.12三.解答题解关于x、y的方程组，请对方程组解的情况进行讨论．已知，且向量与不共线．（1）若与的夹角为45∘，求；（2）若向量与的夹角为钝角，求实数k的取值范围．数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝(n+1)a n+n(n+1)．（1）证明：数列是等差数列；（2）设，求数列{b n}的前n项和S n．已知，函数．（1）求f(x)的最小正周期；（2）求f(x)在[−10, 10]内的零点的个数；（3）将f(x)的图象先向下平移个单位，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，其中ω>0，得到g(x)的图象，若g(x)在上恒满足，求ω所有可能取值．对于数列{x n}，若存在m∈N∗，使得x2m−k＝x k对任意1≤k≤2m−1(k∈N∗)都成立，则称数列{x n}为“m−折叠数列”．（1）若a n＝|25n−200|(n∈N∗)，b n＝n2−2019n−1(n∈N∗)，判断数列{a n}、{b n}是否是“m−折叠数列”，如果是，指出m的值；如果不是，请说明理由；（2）若x n＝q n(n∈N∗)，求所有的实数q，使得数列{x n}是3−折叠数列；（3）给定常数p∈N∗，是否存在数列{x n}，使得对所有m∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值，证明你的结论．参考答案与试题解析2020-2021学年上海市某校高二（上）月考数学试卷（9月份）一.填空题1.【答案】【考点】三角函数的最值【解析】将函数化简，由正弦函数的最大值可得θ的值，进而求出其正弦值．【解答】y＝sin x+cos x＝sin(x+），所以当x+＝+2kπ，k∈Z，即x＝+2kπ，k∈Z时函数值最大，所以sinθ＝sin x＝sin（+2kπ)＝，k∈Z，2.【答案】64【考点】等差数列的前n项和【解析】由已知求得等差数列的公差，再由等差数列的前n项和公式求解S8．【解答】在等差数列{a n}中，由a1＝1，a3＝5，得d＝，∴．3.【答案】【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】直接根据向量数量积的公式进行计算即可．【解答】∵单位向量，的夹角为60∘，∴|+|2＝2+2+2•＝1+1+2×＝1+1+1＝3，即|+|＝，4.【答案】1【考点】几种特殊的矩阵变换【解析】首先应理解方程增广矩阵的涵义，由增广矩阵写出原二元线性方程组即可．【解答】∵增广矩阵为的二元线性方程组的解为，即方程组的解为，∴解得m＝1，5.【答案】3−√3【考点】正弦定理【解析】由已知利用两角和的正弦函数公式可求sin A的值，利用正弦定理可求b的值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．【解答】由题可知sin A=sin(B+C)=sin(π3+π4)=sinπ3cosπ4+cosπ3sinπ4=√32×√22+12×√22=√6+√24，由正弦定理可得asin A =bsin B，所以：b=asin A ×sin B=√6+√24√32=3√2−√6，可得：S=12ab sin C=12×2×(3√2−√6)×√22=3−√3．6.【答案】6【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】画出图形，建立直角坐标系，求出相关点的坐标，然后求解向量的数量积即可． 【解答】建立如图所示的坐标系，A(0, 0)，B(0, 4)，C(2, 0)， P 为斜边BC 上靠近点B 的三等分点，O 为BC 边的中点，可得P （，），O(1, 2)，＝（，）⋅(1, 2)＝＝6．7. 【答案】【考点】两角和与差的三角函数 【解析】由α，β均为锐角，可判断α+β，2α为钝角，则可得sin (α+β)，sin 2α的大小，再把α−β＝2α−(α+β)，再按照正弦的差角公式展开即可求解． 【解答】因为α，β均为锐角，且cos (α+β)＝-，cos 2α＝-，则sin (α+β)＝，sin 2α＝，则sin (α−β)＝sin [2α−(α+β)]＝sin 2αcos (α+β)−cos 2αsin (α+β)＝＝，8.【答案】 3【考点】 向量的投影 平面向量数量积 【解析】由△ABC 外接圆圆心O 满足AO →=12(AB →+AC →)，可得点O 在BC 上．由于|AO →|=|AC →|．可得△OAC 是等边三角形．可得|AB →|=|BC →|sin 60∘，进而得到向量BA →在BC →方向上的投影=|BA →|cos 30∘． 【解答】解：△ABC 外接圆半径等于2，其圆心O 满足AO →=12(AB →+AC →)，∴ 点O 在BC 上，∴ ∠BAC =90∘． ∵ |AO →|=|AC →|． ∴ △OAC 是等边三角形． ∴ ∠ACB =60∘．∴ |AB →|=|BC →|sin 60∘=2√3．∴ 向量BA →在BC →方向上的投影=|BA →|cos 30∘=2√3×√32=3．故答案为：3． 9.【答案】 4【考点】函数的零点与方程根的关系 【解析】利用已知条件作出函数f(x)＝cos πx 与g(x)＝|log 2|x −1||的图象，由对称性可得答案． 【解答】又f(x)＝cos πx 的周期为2，如图所示：两图象都关于直线x ＝1对称，且共有A 、B 、C 、D4个交点， 由中点坐标公式可得：x A +x D ＝2，x B +x C ＝2， 故所有交点的横坐标之和为4，即方程cos πx ＝|log 2|x −1||所有解的和为4． 故答案为：4．10.【答案】 ③【考点】命题的真假判断与应用 【解析】运用三角函数的周期公式可得ω，由对称轴方程可得φ，则f(x)＝2sin(2x+），结合特殊角的函数值和对称中心、单调区间和图象平移，可判断正确结论．【解答】由周期为π，可得ω＝＝＝2，由f(x)的图象关于直线对称，可得2•+φ＝kπ+，k∈Z，即φ＝kπ−，k∈Z，由0<φ<，可取k＝1，φ＝π−＝，即f(x)＝2sin(2x+），由f(0)＝2sin＝1，故①错误；由x∈，可得2x+∈[，]，f(x)在上先增后减，故②错误；由f（）＝2sin（+）＝0，可得f(x)的一个对称中心是；由f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数y＝2sin(2x−+）即y＝2sin(2x−）的图象，故④错误．11.【答案】10【考点】数列的极限【解析】正方形的面积构成以4为首项，以为公比的等比数列，等腰直角三角形的面积构成以1为首项，为公比的等比数列，再由无穷递缩等比数列的所有项和公式求解．【解答】依题意，正方形的面积S 1，S 2，S 3，…，构成以4为首项，以为公比的等比数列，，其各项和S ＝；三角形的面积为T 1，T 2，T 3，…，构成以1为首项，以为公比的等比数列，，其各项和T ＝．∴ 这些正方形和三角形的面积的总和为S +T ＝10． 12. 【答案】12【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】取BD 的中点O ，连接OM ，ON ，运用向量的中点表示和数量积的性质，以及加减运算，计算可得所求值． 【解答】取BD 的中点O ，连接OM ，ON ， 可得MN →=MO →+ON →=12(AB →+DC →)，平方可得MN →2=14(AB →2+DC →2+2AB →⋅DC →)=14(4+DC →2+2AB →⋅DC →)＝1，即有AB ¯⋅CD ¯=12DC →2， MN →⋅(AD →−BC →)=32，即有12(AB →+DC →)⋅(AB →+BD →−BC →) =12(AB →+DC →)⋅(AB →+CD →)=12(AB →2−CD →2)=12(4−CD →2)=32， 解得CD →2＝1，即有AB ¯⋅CD ¯=12， 二.选择题 【答案】D【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】根据 // 即可得出4⋅5+2k ＝0，然后解出k 即可． 【解答】 ∵ // ，∴ 4⋅5+2k ＝0，解得k ＝−10． 【答案】 B【考点】运用诱导公式化简求值 【解析】直接利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式转化求解即可． 【解答】tan α＝3，则sin （）⋅cos （）＝−sin αcos α＝＝-＝-．【答案】 B【考点】平面向量的基本定理 【解析】设BD →=kBC →，用AB →，AC →表示出BM →求出λ，μ的值即可得出答案． 【解答】解：设BD →=kBC →=kAC →−kAB →， ∴ BM →=12(BA →+BD →) =−12AB →+k 2AC →−k 2AB →=(−12−k2)AB →+k 2AC →. ∴ λ=−12−k2，μ=k2. ∴ λ+μ=−12． 故选B . 【答案】 C【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据条件即可求得点P1，P2到P7的坐标，从而可以求出向量，，……，的坐标，进行向量数量积的坐标运算便可求出a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，a5＝16，从而便可看出数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，从而可求出前n项和为2n−1，从而可以得到2n>2021，这样便可判断出最小正整数n的值．【解答】由条件得，P1(1, 0)，P2(1, 1)，P3(0, 2)，P4(−2, 2)，P5(−4, 0)，P6(−4, −4)，P7(0, −8)…；∴a1＝•＝(0, 1)⋅(−1, 1)＝1，a2＝•＝(−1, 1)⋅(−2, 0)＝2a3＝•＝(−2, 0)⋅(−2, −2)＝4，a4＝•＝(−2, −2)⋅(0, −4)＝8，a5＝•＝(0, −4)⋅(4, −4)＝16，∴数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列；∴a1+a2+...+a n＝＝2n−1，∴由a1+a2+...+a n>2020得，2n−1>2020；∴2n>2020；∵210＝1024，211＝2048，∴满足a1+a2+...+a n>2020的最小正整数n＝11，三.解答题【答案】根据题意，方程组的解，D＝＝3−m(m−2)＝−(m−3)(m+1)，D x＝＝−18+2m2＝2(m−3)(m+3)，D y＝＝−2m+6(m−2)＝4m−12＝4(m−3)，所以，当m＝−1时，D＝0，Dx≠0，方程组无解；当m＝3时，D＝Dx＝Dy＝0，方程组有无穷多个解；当m≠−1且m≠3时，D≠0，方程组有唯一的解；【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】分情况m＝−1、m＝3，m≠−1，m≠3三种情形进行讨论，计算即可．【解答】根据题意，方程组的解，D＝＝3−m(m−2)＝−(m−3)(m+1)，D x＝＝−18+2m2＝2(m−3)(m+3)，D y＝＝−2m+6(m−2)＝4m−12＝4(m−3)，所以，当m＝−1时，D＝0，Dx≠0，方程组无解；当m＝3时，D＝Dx＝Dy＝0，方程组有无穷多个解；当m≠−1且m≠3时，D≠0，方程组有唯一的解；【答案】∵与的夹角为45∘，∴＝＝．∴＝-＝2+．∵向量与的夹角为钝角，∴（）•（，且不能反向共线，∴＝k2−1<4，解得−1<k<1∴实数k的取值范围是(−5, 1)(k≠0)．【考点】平面向量数量积的性质及其运算数量积表示两个向量的夹角【解析】（1）由与的夹角为45∘，可得＝cos45∘．展开＝-，代入即可得出．（2）由向量与的夹角为钝角，可得（）•（）<0，且不能反向共线，即可得出．【解答】∵与的夹角为45∘，∴＝＝．∴＝-＝2+．∵向量与的夹角为钝角，∴（）•（，且不能反向共线，∴＝k2−1<4，解得−1<k<1∴实数k的取值范围是(−5, 1)(k≠0)．【答案】证明：由na n+1＝(n+1)a n+n(n+1)，得，即，∵a1＝1，∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列；由（1）得，，∴，则＝n⋅3n．∴，，＝，∴．【考点】数列的求和等差数列的性质【解析】（1）由na n+1＝(n+1)a n+n(n+1)，得，即，则数列是以1为首项，以1为公差的等差数列；（2）由（1）得，，可得，代入，利用错位相减法求数列{b n}的前n项和S n．【解答】证明：由na n+1＝(n+1)a n+n(n+1)，得，即，∵a1＝1，∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列；由（1）得，，∴，则＝n⋅3n．∴，，＝，∴．【答案】，函数．可得：＝，∴f(x)的最小正周期为π．令f(x)＝0得，∴，∴，x∈[−10, 10]，当x＝kπ时，k＝−3，−2，…，2，3，有7个值，当时，k＝−3，−2，…，1，2，有6个值，即：f(x)在[−10, 10]内的零点的个数为13．依题意，将f(x)的图象先向下平移个单位，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，其中ω>0，得到g(x)的图象，可得，是g(x)在上的最大值，当时，，下面分情况讨论：①当，即时，g(x)在上单调递增，符合题意，②当，即时，为了满足题意，必须保证，∴，∴，综上：ω所有可取的值为或．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换平面向量数量积的性质及其运算【解析】（1）利用向量的数量积以及两角和与差的三角函数化简函数的解析式，然后利用周期公式求解即可．（2）令f(x)＝0，求解三角函数值，结合范围推出结果即可．（3）利用函数的图象变换化简函数的解析式，利用函数的最值列出不等式求解即可．【解答】，函数．可得：＝，∴f(x)的最小正周期为π．令f(x)＝0得，∴，∴，x∈[−10, 10]，当x＝kπ时，k＝−3，−2，…，2，3，有7个值，当时，k＝−3，−2，…，1，2，有6个值，即：f(x)在[−10, 10]内的零点的个数为13．依题意，将f(x)的图象先向下平移个单位，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，其中ω>0，得到g(x)的图象，可得，是g(x)在上的最大值，当时，，下面分情况讨论：①当，即时，g(x)在上单调递增，符合题意，②当，即时，为了满足题意，必须保证，∴，∴，综上：ω所有可取的值为或．【答案】存在m∈N∗，使得x2m−k＝x k对任意1≤k≤2m−1(k∈N∗)都成立，知：{x n}在1≤n≤2m−1内关于n＝m对称即可，①a n＝|25n−200|(n∈N∗)＝，(n∈N∗)，有{a n}在1≤n≤2×8−1＝15内关于n＝8对称，故m＝8，即是8−折叠数列；②b n＝n2−2019n−1(n∈N∗)有{b n}在1≤n≤2018内关于n＝对称，m＝∉N∗，即不是“m−折叠数列”；要使通项公式为x n＝q n(n∈N∗)的数列{x n}是3−折叠数列，只需要（）6−k＝q k，当q＝0时，x n＝0，显然成立，当q≠0时，由q6−k＝q k，得q6−2k＝1，q2（3−k）＝1，(k∈{1, 2, 3, 4, 5})，所以q＝1或q＝−1，综上q＝0，q＝1或q＝−1．对给定的p∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，故x n有多条对称轴，其中x＝pm都是数列{x n}的对称轴，设xn＝cos x，由x＝mπ(m∈N∗)得对称轴为x＝pm，且x n的周期为2p，满足给定常数p∈N∗，使得对所有m∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，x n是周期函数，周期为2p，在(1, 2p]这个周期内，x＝p为对称轴，故x n∈(1, 2p]对应函数值的个数与x n∈[p, 2p]对应的函数值个数相等，即x n∈[p, 2p]时，x n∈[π, 2π]，所以{x n}在x n∈[p, 2p]上单调递增，因为p∈N∗，所以x n各项中共有p+1个不同的值，综上，给定常数p∈N∗，存在数列{x n}，使得对所有m∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值．【考点】数列的应用【解析】（1）结合给的定义列出关于m的方程，判断方程是否有解即，可判断数列{a n}，{b n}是否是“m−折叠数列”；（2）根据题中所给定义，列方程得到6−k＝q k，再讨论q是否为0可得出结果；（3）只需列举出例子即可证明，结合定义，数列{x n}的图象有无数条对称轴，可联想三角函数求解，设x n＝cos x，结合三角函数单调性与周期性即可证明．【解答】存在m∈N∗，使得x2m−k＝x k对任意1≤k≤2m−1(k∈N∗)都成立，知：{x n}在1≤n≤2m−1内关于n＝m对称即可，①a n＝|25n−200|(n∈N∗)＝，(n∈N∗)，有{a n}在1≤n≤2×8−1＝15内关于n＝8对称，故m＝8，即是8−折叠数列；②b n＝n2−2019n−1(n∈N∗)有{b n}在1≤n≤2018内关于n＝对称，m＝∉N∗，即不是“m−折叠数列”；要使通项公式为x n＝q n(n∈N∗)的数列{x n}是3−折叠数列，只需要（）6−k＝q k，当q＝0时，x n＝0，显然成立，当q≠0时，由q6−k＝q k，得q6−2k＝1，q2（3−k）＝1，(k∈{1, 2, 3, 4, 5})，所以q＝1或q＝−1，综上q＝0，q＝1或q＝−1．对给定的p∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，故x n有多条对称轴，其中x＝pm都是数列{x n}的对称轴，设xn＝cos x，由x＝mπ(m∈N∗)得对称轴为x＝pm，且x n的周期为2p，满足给定常数p∈N∗，使得对所有m∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，x n是周期函数，周期为2p，在(1, 2p]这个周期内，x＝p为对称轴，故x n∈(1, 2p]对应函数值的个数与x n∈[p, 2p]对应的函数值个数相等，即x n∈[p, 2p]时，x n∈[π, 2π]，所以{x n}在x n∈[p, 2p]上单调递增，因为p∈N∗，所以x n各项中共有p+1个不同的值，综上，给定常数p∈N∗，存在数列{x n}，使得对所有m∈N∗，{x n}都是pm−折叠数列，且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值．。