2019-2020学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月）数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月）数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月）数学（理）试题 一、单选题 ‎1．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B．棱柱中两个相互平行的平面一定是棱柱的底面 C．过圆锥侧面上的一点有无数条母线 D．球面上四个不同的点有可能在同一平面内 ‎【答案】D ‎【解析】利用圆柱的定义判断；利用棱柱的定义判断；利用圆锥母线的定义判断；利用球体的性质判断.‎ ‎【详解】‎ 在中，将矩形以矩形的一条对角线为轴，旋转所得的就不是圆柱，故错； ‎ 在中，长方体中两个相互平行的平面不一定是棱柱的底面，故错误； ‎ 在中，两点确定一条直线，圆锥过圆锥侧面上的一点只有一条母线，故错误； ‎ 在中，球面上四个不同的点有可能在同一平面内，故正确，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查圆柱、棱柱、圆锥、球等基础知识，意在考查对基本概念掌握的熟练程度，考查了空间想象能力，属于中档题．‎ ‎2．已知，都为正实数，，则的最大值是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，都为正实数，，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，取最大值.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查由基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎3．若是互不相同的空间直线，是不重合的平面，则下列命题中真命题是( )‎ A．若则 B．若 则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】C ‎【解析】对于A，考虑空间两直线的位置关系和面面平行的性质定理；‎ 对于B，考虑线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理；‎ 对于C，考虑面面垂直的判定定理；‎ 对于D，考虑空间两条直线的位置关系及平行公理.‎ ‎【详解】‎ 选项A中，除平行外，还有异面的位置关系，则A不正确；‎ 选项B中，与的位置关系有相交、平行、在内三种，则B不正确；‎ 选项C中，由，设经过的平面与相交，交线为，则，又，故，又，所以，则C正确；‎ 选项D中,与的位置关系还有相交和异面，则D不正确；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关立体几何问题，涉及到的知识点有空间直线与平面的位置关系，面面平行的性质，线面垂直的判定，面面垂直的判定和性质，属于简单题目.‎ ‎4．一平面截球O得到半径为的圆面，球心到这个平面的距离是，则球的半径是(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据条件求出截面圆的半径，根据直角三角形建立条件，即可求出球的半径．‎ ‎【详解】‎ 作出对应的截面图，‎ ‎∵截面圆的半径为即BC，‎ ‎∵球心O到平面α的距离为2，‎ ‎∴OC＝2，‎ 设球的半径为R，‎ 在直角三角形OCB中，OB2＝OC2+BC2＝4+（）2＝9．‎ 即R2＝9，‎ 解得R＝3．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查球半径，考查勾股定理的运用，比较基础．‎ ‎5．若，则的最大值（ ）‎ A．3 B．6 C．9 D．27‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用条件构造柯西不等式，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ 根据柯西不等式可得：‎ ‎，当且仅当，‎ 即时，等号成立.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查应用柯西不等式求最值，属于基础题.‎ ‎6．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4， EF⊥BA，则EF与CD所成的角为(　　)‎ ‎ ‎ A．60° B．45° C．30° D．90°‎ ‎【答案】C ‎【解析】取BC中点为G，连接FG，EG．推导出∠EFG是EF与CD所成的角，由此能求出结果．‎ ‎【详解】‎ 取BC中点为G，连接FG，EG．‎ 所以有AB∥EG，‎ 因为EF⊥BA，所以EF⊥EG，‎ 因为CD＝2AB＝4，所以可知EG＝1，FG＝2，‎ 所以△EFG是一个斜边为2，一条直边为1的直角三角形．‎ EF与CD所成的角也是EF与FG所成的角．‎ 也是斜边为2与直角边为1的夹角，‎ 即EF与CD所成的角为30°．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．‎ ‎7．如图，若长方体的六个面中存在三个面的面积分别是2,3,6，则该长方体中线段的长是（ ）‎ A． B． C．28 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由长方体的三个面对面积先求出同一点出发的三条棱长，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 设长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为，且，，，则，，，所以长方体中线段的长等于.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单几何体的结构特征，属于基础题型.‎ ‎8．如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：记AC∩BD=O，则MN∥OD1，利用线面平行的判定可得MN∥平面BD1D．‎ 详解：‎ A：和是异面直线，故选项不正确；‎ B：和是异面直线，故选项不正确；‎ C：记AC∩BD=O．‎ ‎∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别C1D1，BC是的中点，‎ ‎∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD，‎ ‎∴MNOD1为平行四边形，‎ ‎∴MN∥OD1，‎ ‎∵MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，‎ ‎∴MN∥平面BD1D．‎ D：由C知，而面和面相交，故选项不正确；‎ 故答案为C.‎ 点睛：这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断.还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.‎ ‎9．如图，四棱锥，， 是 的中点，直线交平面 于点 ，则下列结论正确的是（ ）‎ A． 四点不共面 B． 四点共面 C． 三点共线 D． 三点共线 ‎【答案】D ‎【解析】根据公理一、二、三逐一排除即可．‎ ‎【详解】‎ 直线与直线交于点，所以平面与平面交于点O，所以必相交于直线，直线在平面内，点故面，故四点共面，所以A错．‎ 点若与共面，则直线在平面内，与题目矛盾，故B错．‎ 为中点，所以，，故，故C错．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题属于中档题，考查公理一、二、三的应用，学生不易掌握，属于易错题．‎ ‎10．若不等式恒成立，则的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先求出不等式的最小值，即可得解。‎ ‎【详解】‎ 由绝对值的三角不等式可得，则不等式的最小值为2；‎ 要使不等式恒成立，则，‎ 故答案选D ‎【点睛】‎ 本题考查利用绝对值三角不等式求最值，考查恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力。‎ ‎11．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.‎ ‎【详解】‎ 根据圆柱的三视图以及其本身的特征，‎ 将圆柱的侧面展开图平铺,‎ 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，‎ 所以所求的最短路径的长度为，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.‎ ‎12．在正四棱柱中，顶点到对角线和到平面的距离分别为和，则下列命题中正确的是（ ）‎ A．若侧棱的长小于底面的变长，则的取值范围为 B．若侧棱的长小于底面的变长，则的取值范围为 C．若侧棱的长大于底面的变长，则的取值范围为 D．若侧棱的长大于底面的变长，则的取值范围为 ‎【答案】C ‎【解析】【详解】‎ 设侧棱长是， 底面的变长是，点到对角线的距离即为直角三角形斜边上的高，，点到平面的距离分别即为直角三角形斜边上的高，‎ 若侧棱的长小于底面的边长，‎ 即，‎ A,B错误；‎ 若侧棱的长大于底面的边长，‎ 即，‎ 选C 二、填空题 ‎13．如图三角形为某平面图形用斜二测画法画出直观图，则其原来平面图形的面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】原来平面图形是直角边分别为、的直角三角形，‎ ‎∴．‎ ‎14．已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知可得正三棱柱的外接球的球心为上下底面中心连线的中点，由外接球的表面积求出外接球半径，由底面边长求出底面外接圆半径，求出球心到底面的距离，进而求出正三棱柱的高，即可求出结论,‎ ‎【详解】‎ 设正三棱柱上下底面中心分别为，连，‎ 取中点为正三棱柱外接球的球心，‎ 连为外接球的半径，，‎ 正三棱柱的底面边长为3，‎ ‎，在中，‎ ‎，‎ 三棱柱的体积为 ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体与球的“接”“切”问题，根据球的性质确定球心是解题的关键，属于中档题.‎ ‎15．若，则的最小值是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知可知，然后利用基本不等式即可求解．‎ ‎【详解】‎ 解：，‎ ‎，（当且仅当取等号）‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是配凑积为定值，属于基础试题．‎ ‎16．如图，一个底面水平放置的倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水，水深为.若在容器内放入一个半径为1的铁球后，水面所在的平面恰好经过铁球的球心（水没有溢出），则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，得出底面半径与水深的关系，求出水深为的体积，放入球后体积增加，根据球与圆锥的关系求出，可以得到半球和水的体积和，建立的方程，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ 倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，当水深为时，‎ 底面半径为，此时水的体积为，‎ 当球放入圆锥容器后截面图如下所示，作，垂足为，‎ 则球的半径为，此时，底面半径为，‎ 体积为，所以，‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥的结构特征和体积、球的体积等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．设 的内角 的对边分别为 已知 ． ‎ ‎（1）求角 ； ‎ ‎（2）若 ， ，求 的面积．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求出结果．（2）利用（1）的结论，余弦定理及三角形的面积公式求出结果．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵b=a（cosC﹣sinC），‎ ‎∴由正弦定理得sinB=sinAcosC﹣sinAsinC，‎ 可得sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC﹣sinAsinC，‎ ‎∴cosAsinC=﹣sinAsinC，‎ 由sinC≠0，得sinA+cosA=0，‎ ‎∴tanA=﹣1，‎ 由A为三角形内角，‎ 可得．‎ ‎（2）因为，‎ 所以由正弦定理可得b=c，‎ 因为a2=b2+c2﹣2bccosA，，‎ 可得c=，所以b=2，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用．‎ ‎18．如图，在四棱锥中，，且，，，点在上，且．‎ ‎（1）求证：平面⊥平面；‎ ‎（2）求证：直线∥平面．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）通过边长关系可知，所以，又，所以平面，所以平面平面．（2）连接交与点，连接，易得∽，所以，所以直线平面．‎ ‎，‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，，‎ 所以，所以 又，且，平面，平面 所以平面 又平面 所以平面平面 ‎（2）连接交与点，连接 在四边形中，，‎ ‎∽，所以 又，即 所以 又直线平面，直线平面 所以直线平面 ‎【点睛】‎ ‎（1）证明面面垂直：先正线面垂直，线又属于另一个面，即可证明面面垂直．（2）证明线面平行，在面内找一个线与已知直线平行即可.‎ ‎19．在数列中，，．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1)证明见解析.‎ ‎(2).‎ ‎【解析】（1）根据数列通项公式的特征，我们对，两边同时除以，得到，利用等差数列的定义，就可以证明出数列是等差数列；‎ ‎（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法，求出数列的前n项和．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）的两边同除以，得 ‎，又， ‎ 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由（1）得，即,‎ 故，‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查了证明等差数列的方法以及用裂项相消法求数列前和．‎ 已知，都是等差数列，那么数列的前 和就可以用裂项相消法来求解．‎ ‎20．（本题满分12分） 如图，的外接圆的半径为，所在的平面，，，，且，．‎ ‎（1）求证：平面ADC平面BCDE．‎ ‎（2）试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为？若存在，‎ 确定点M的位置，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）答案详见解析；（2）存在，且．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知中CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，易得BE⊥平面ABC，则BE⊥AB，由BE=1，，易得AB是⊙O的直径，则AC⊥BC由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理可得平面ADC⊥平面BCDE；（2）方法一：过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF，可得∠MAN为MA与平面ACD所成的角，设MN=x，则由直线AM与平面ACD所成角的正弦值为，我们可以构造关于x的方程，解方程即可求出x值，进而得到点M的位置．方法二：建立如图所示空间直角坐标系C-xyz，求出平面ABC的法向量和直线AM的方向向量（含参数λ），由直线AM与平面ACD所成角的正弦值为，根据向量夹角公式，我们可以构造关于λ的方程，解方程即可得到λ值，进而得到点M的位置．‎ 试题解析：（1）∵CD ⊥平面ABC，BE//CD ‎∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB ‎∵BE=1，∴，‎ 从而 ‎∵⊙的半径为，∴AB是直径，‎ ‎∴AC⊥BC 又∵CD ⊥平面ABC，∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD 平面BCDE，∴平面ADC平面BCDE ‎（2）方法1：‎ 假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连结AN，作MF⊥CB于F，连结AF ‎∵平面ADC平面BCDE，‎ ‎∴MN⊥平面ACD，∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角 设MN=x，计算易得，DN=，MF=‎ 故 解得：（舍去），…11分 故，从而满足条件的点存在，且 方法2：建立如图所示空间直角坐标系C—xyz，‎ 则：A（4，0，0），B（0，2，0），D（0，0，4），E（0，2，1），O（0，0，0），则 易知平面ABC的法向量为，假设M点存在，设，则，再设 ，‎ 即，从而…10分 设直线BM与平面ABD所成的角为，则：‎ 解得，其中应舍去，而故满足条件的点M存在，且点M的坐标为 ‎【考点】1、面面垂直的判定；2、直线和平面所成的角．‎ ‎21．已知不等式2｜x－3｜＋｜x－4｜＜2a．‎ ‎（Ⅰ）若a＝1，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若已知不等式的解集不是空集，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】(I) 当a=1时，采用零点分段法去绝对值分段进行求解，然后再求并集即可；(II)可以构造函数求出最小值，然后只要2a>f(x)min即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）,，‎ ‎① 若，则，，舍去．‎ ‎② 若，则，∴． ‎ ‎③ 若，则，． ‎ 综上，不等式的解集为． ‎ ‎（Ⅱ）设，‎ 则， ‎ 可得的最小值为1，‎ ‎，‎ ‎ ∴，，‎ 即的取值范围是.‎ ‎22．如图，在等腰梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为（），试求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】（1）在等腰梯形中由已知求出，根据余弦定理求出，再由勾股定理可证，结合已知平面平面，即可证明结论；‎ ‎（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，得到坐标，求出平面的法向量，是平面的一个法向量，利用空间向量面面角公式，求出的关于的关系式，由的取值范围，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在梯形中，∵，‎ ‎，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴.‎ 又平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面 ‎（2）由（1）知，可分别以，，所在的直线为轴，‎ 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 令，则，‎ ‎，，，‎ ‎∴，.‎ 设为平面的法向量，‎ 由，得，‎ 取，则为平面的一个法向量，‎ 是平面的一个法向量，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴当时，有最小值，‎ 当时，有最大值，∴.‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直证明、二面角正弦的范围，注意空间垂直间的相互转化，考查计算求解能力，属于中档题.‎