2019-2020学年吉林省延边二中高一上学期12月月考数学试题（解析版）

2019-2020学年吉林省延边二中高一上学期12月月考数学试题（解析版）

‎2019-2020学年吉林省延边二中高一上学期12月月考数学试题 一、单选题 ‎1．如图，在四面体中，若直线和相交，则它们的交点一定（ ）‎ A．在直线上 B．在直线上 C．在直线上 D．都不对 ‎【答案】A ‎【解析】依题意有：由于交点在上，故在平面上，同理由于交点在上，故在平面上，故交点在这两个平面的交线上.‎ ‎2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于 （ ）‎ A． B． C． D．15‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据三视图可知，该几何体为一个直四棱柱，底面是直角梯形，两底边长分别为，高为，直四棱柱的高为，所以底面周长为，故该几何体的表面积为，故选B．‎ ‎【考点】1．三视图；2．几何体的表面积．‎ ‎3．已知三棱锥中,若PA,PB,PC两两互相垂直,作面ABC,垂足为O，则点O是的（ ）‎ A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 ‎【答案】D ‎【解析】利用线面垂直的判定定理和性质定理可以判断出则点O是垂心.‎ ‎【详解】‎ 因为PA,PB,PC两两互相垂直,所以由线面垂直的判定定理可知：平面,‎ 而平面,因此,又因为面ABC, 平面,所以 ‎,又平面,所以平面, ‎ 平面,所以,同理,故点O是的垂心.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定定理、性质定理的应用,考查了三角形垂心的判定,考查了推理论证能力.‎ ‎4．已知表示三条不同的直线，表示两个不同的平面，下列说法中正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】利用线面平行、线面垂直的判定定理与性质依次对选项进行判断，即可得到答案。‎ ‎【详解】‎ 对于A，当时，则与不平行，故A不正确；‎ 对于B，直线与平面平行，则直线与平面内的直线有两种关系：平行或异面，故B不正确；‎ 对于C，若，则与不垂直，故C不正确；‎ 对于D，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，故D正确；‎ 故答案选D ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系相关定理的应用，属于中档题。‎ ‎5．α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（　　）‎ A．m，n是平面内两条直线，且，‎ B．内不共线的三点到的距离相等 C．，都垂直于平面 D．m，n是两条异面直线，，，且，‎ ‎【答案】D ‎【解析】A中，根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．B中，根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．C中，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，对于A中，若m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．所以A错误．‎ 对于B中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以B错误． ‎ 对于C中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以C错误． ‎ 对于D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D正确． ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．‎ ‎6．已知四棱柱的底面是平行四边形,过此四棱柱任意两条棱的中点作直线,其中与平面平行的直线共有（ ）条 A．4 B．6 C．10 D．12‎ ‎【答案】D ‎【解析】在平面的一侧, 的中点分别为：,根据面面平行的性质可知：这四个中点的连线中有6条直线都与平面平行,同理在另一侧也有6条,选 出答案即可.‎ ‎【详解】‎ 设的中点分别为：,连接,‎ 因为平面平面,都是平面面内的直线,所以这6条直线都与平面平行,同理在平面的另一侧也有6条直线与平面 平行,即共有12条直线与平面平行.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了面面平行的性质,考查了分类讨论思想,考查了推理论证能力.‎ ‎7．三个数的大小顺序是（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由指数函数与对数函数的图形与性质可知，所以，故选D.‎ ‎【考点】指数函数与对数函数的性质.‎ ‎8．在空间四边形中，若，则有（ ）‎ A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 ‎【答案】D ‎【解析】由，可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，知，又由，可得平面，‎ 又由平面，根据面面垂直的判定定理，可得平面平面 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面垂直和面面垂直的判定定理是解答本题的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎9．棱长分别为1、、2的长方体的8个顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】球的直径为长方体的体对角线，又体对角线的长度为，故体积为，选A.‎ ‎10．正方体中，直线与平面所成角正弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】作出相关图形，设正方体边长为1，求出与平面所成角正弦值即为答案.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力.‎ ‎11．将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直线与所成的角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】将异面直线平移到同一个三角形中，可求得异面直线所成的角.‎ ‎【详解】‎ 如图，取，，的中点，分别为，，，‎ 则，所以或其补角即为所求的角.‎ 因为平面垂直于平面，，所以平面，所以.‎ 设正方形边长为，，所以，则.‎ 所以.所以是等边三角形，.‎ 所以直线与所成的角为．故应选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成的角.‎ ‎12．如图，在空间四边形中，两条对角线互相垂直，且长度分别为4和6，平行于这两条对角线的平面与边分别相交于点，记四边形的面积为y，设，则（ ） ‎ ‎（A）函数的值域为 ‎ ‎（B）函数的最大值为8 ‎ ‎（C）函数在上单调递减 ‎ ‎（D）函数满足 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题可得，，所以．同理 ，所以，所以四边形为平行四边形．又，所以 ，所以平行四边形为矩形．因为，所以，所以,因为，所以，所以 ．所以矩形的面积．函数 图象关于对称，在 上单调递增，在 上单调递减，可求得.所以值域是.‎ ‎【考点】1.空间直线的平行；2.相似三角形对应成比例；3.二次函数的性质.‎ 二、填空题 ‎13．已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和，则该圆锥的体积为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】依据圆锥的底面积和侧面积公式，求出底面半径和母线长，再根据勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求出体积。‎ ‎【详解】‎ 设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，所以有 ‎ 解得， ‎ 故该圆锥的体积为。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。‎ ‎14．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】由斜二测画法还原得到原图形为平行四边形，其中，求得各边长后即可得到原图形的周长.‎ ‎【详解】‎ 由斜二测画法还原可得正方形的原图形为下图中的 其中，‎ ‎ 原图形周长为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查斜二测画法的基本原则，属于基础题.‎ ‎15．在正方体中，二面角的大小为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由线面垂直性质得，又，可得二面角平面角为，由得到结果.‎ ‎【详解】‎ 平面，平面 ‎ 又，平面 即为二面角的平面角 ‎ 二面角的大小为 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中二面角的求解，关键是能够根据二面角平面角的定义找到二面角的平面角.‎ ‎16．已知的三边长分别为,,,M是AB边上的点,P是平面ABC外一点.给出下列四个命题：①若平面ABC,则三棱锥的四个面都是直角三角形；②若平面ABC,且M是边AB的中点,则有；③若,平面ABC,则面积的最小值为；④若,P在平面ABC上的射影是内切圆的圆心,则点P到平面ABC的距离为.其中正确命题的序号是________.（把你认为正确命题的序号都填上）‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】①:利用勾股定理及逆定理和线面垂直的判定定理和性质定理可以判断本命题的真假；‎ ‎②：根据直角三角形斜边的性质和勾股定理可以判断出本命题的真假；‎ ‎③：利用面积公式和勾股定理可以判断出本命题的真假；‎ ‎④：利用直角三角形内切圆的性质以及勾股定理可以判断出本命题的真假；‎ ‎【详解】‎ 因为,,,所以,即 ‎①：由上可知： 是直角三角形. 平面ABC,而平面ABC,因此 ‎,所以是直角三角形.因为 平面,所以平面,而 平面,所以,因此是直角三角形,故本命题是真命题；‎ ‎②：因为是以为斜边的直角三角形, M是边AB的中点,所以,‎ 又平面ABC, 平面ABC,所以,由勾股定理可知：‎ ‎,而,‎ 所以,故本命题是真命题；‎ ‎③：,当最小时,面积有最小值,所以当 时,此时,所以面积最小值为6,故本命题是假命题；‎ ‎④：由内切圆关径公式可知：内切圆的半径,故,设P在平面ABC上的射影是内切圆的圆心为O,因此有,‎ 所以,所以点P到平面ABC的距离为.故本命题是真命题；‎ 故答案为：①②④‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理,考查了直角三角形的性质,考查了推理论证能力.‎ 三、解答题 ‎17．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.‎ ‎(1)证明：平面；‎ ‎(2)证明：平面平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】(1) 连接交于点，连接，可证，从而可证平面.‎ ‎(2) 可证平面，从而得到平面平面.‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 连接交于点，连接，‎ 因为底面为平行四边形，所以为中点.‎ 在中,又为中点，所以.‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎(2) 因为底面为平行四边形，所以.‎ 又即，所以.‎ 又即.‎ 又平面，平面，，‎ 所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎【点睛】‎ 线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.‎ ‎18．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，是上一点.‎ ‎（1）若，求证：平面；‎ ‎（2）若为的中点，且，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）易证得和，从而得证；‎ ‎（2）由即可得解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：连接，由平面，平面得，‎ 又，，‎ ‎∴平面，得，‎ 又，，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）解：由为的中点得 ‎ .‎ ‎19．如图，在三棱柱中，底面ABC为正三角形，底面ABC，，点在线段上，平面平面．‎ ‎（1）请指出点的位置，并给出证明；‎ ‎（2）若，求与平面ABE夹角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】（1）取中点为，的中点为，连接，，．四边形为平行四边形,即可说明平面，即平面，即平面平面.‎ ‎（2）利用等体积法，即可求出点到平面ABE的距离的，再代入公式，即可求出答案。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）点为线段的中点．‎ 证明如下：取中点为，的中点为，连接，，．‎ 所以，，所以四边形为平行四边形．所以．‎ 因为，，所以．‎ 又因为平面，平面，所以．‎ 又，所以平面．‎ 所以平面，而平面，所以平面平面.‎ ‎（2）由，得．‎ 由（1）可知，点到平面的距离为．‎ 而的面积 ‎，‎ 等腰底边AB上的高为 记点到平面ABE的距离为，‎ 由，得，‎ 即点到平面ABE的距离为.又 与平而ABE夹角的正弦值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的判断，线面角的正弦值，属于中档题。‎ ‎20．已知关于的不等式的解集为．‎ ‎（1）求集合；‎ ‎（2）若，求的最大值与最小值．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）当时，的最小值是-4；当时，的最大值是-3；‎ ‎【解析】(1)解不等式得到，进而解得x的范围；（2）将原式子化简得到=，令，原式子等于，根据二次函数得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)关于的不等式，等价于 ‎ 解得；‎ ‎（2）=，令 ‎ 原式子等于，，根据二次函数的性质得到当时，的最小值是-4；当时，的最大值是-3.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了对数的运算，对数的化简以及求值问题，还考查到了复合函数的问题，题型中等.‎ ‎21．如图,在直角梯形中, ,,,,,点在上,且,将沿折起,使得平面平面 (如图), 为中点.‎ ‎(1)求证: 平面;‎ ‎(2)在线段上是否存在点,使得平面?若存在,求的值,并加以证明;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，使得平面，，证明见解析 ‎【解析】(1)根据平面与平面垂直的性质定理可证;‎ ‎(2) 过点作交于点，点作交于点，连接,然后根据面面平行的判定定理证明平面平面,再根据面面平行的性质可证平面.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为为中点，，‎ 所以 因为平面平面 平面平面，平面 所以平面.‎ ‎（3）如图:‎ 过点作交于点，则 过点作交于点，连接，则 又因为，平面，平面，‎ 所以平面 同理，平面 又因为 所以平面平面 因为平面，‎ 所以平面，‎ 所以在上存在点，使得平面，且 ‎【点睛】‎ 本题考查了面面垂直的性质定理、面面平行的判定定理以及性质,属于中档题.‎