2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二下学期第一次月考数学（文）试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二下学期第一次月考数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二下学期第一次月考数学（文)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示的平面结构，绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为　(　　)‎ A．一个球体 B．一个球体中间挖去一个圆柱 C．一个圆柱 D．一个球体中间挖去一个棱柱 ‎【答案】B ‎【解析】圆绕中间轴旋转一周得到的几何体是球，矩形绕中间轴旋转一周得到的几何体是圆柱 则如图所示的平面结构，绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为一个球体中间挖去一个圆柱 故选B ‎2．下列选项表述正确的是(　　)‎ A．空间任意三点确定一个平面 B．直线上的两点和直线外的一点可以确定一个平面 C．分别在三条不同的直线上的三点确定一个平面 D．不共线的四点确定一个平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据立体几何公理二，对四个选项逐一分析，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，空间不在一条直线上的三个点确定一个平面，故A选项错误.对于B 选项，直线上的两点和直线外的一点可以确定一个平面，故B选项正确.对于C选项，这三个点可能在一条直线上，故C选项错误.对于D选项，不共线的四个点，可以确定四个平面，如三棱锥，故D选项错误.综上所述，本小题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查立体几何公理2的理解，属于基础题.‎ ‎3．已知a，b，c是空间中三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，现给出以下四个命题：‎ ‎①a∥c，b∥c， a∥b；②a∥γ，b∥γ，a∥b；③c∥α，c∥β，α∥β；④α∥γ，β∥γ，α∥β.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①②③ B．①② C．①④ D．①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线线、线面和面面平行的有关定理，对四个命题逐一分析，由此得出正确命题.‎ ‎【详解】‎ 根据立体几何公理可知，①正确.对于②，两条直线可以相交，故②错误.对于③，两个平面可以相交，故③错误.对于④，两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行，故④正确.所以正确的命题是①④，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线线、线面和面面平行的有关定理的理解，考查逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎4．设m，n，l表示不同直线，α，β，γ表示三个不同平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若m⊥l，n⊥l，则m∥n B．若m⊥β，m∥α，则α⊥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线线、线面和面面平行与垂直有关定理，对四个选项逐一分析，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，两条直线同时垂直于第三条直线，这两条直线可能相交，故A选项错误.对于B选项，根据面面垂直的判定定理可知，B选项正确.对于C选项，两个平面同时与第三个平面垂直，这两个平面可能相交，故C选项错误.对于D 选项，两个平面同时和第三个平面相交，交线可能也相交，故D选项错误.综上所述，本题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线线、线面和面面平行与垂直有关定理的应用，属于基础题.‎ ‎5．圆台轴截面的两条对角线互相垂直，且上、下底面半径比为3∶4，又其高为14，则母线长为(　　)‎ A．10 B．25 C．10 D．20‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出上下底面半径，然后利用高为和勾股定理列方程，解方程求得上下底面半径，进而求得母线长.‎ ‎【详解】‎ 画出图像如下图所示，依题意，设上下底面半径分别为，由于截面等腰梯形两条对角线相互垂直，故，所以，同理，所以，在直角三角形中，即，解得，故母线长，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查圆台的轴截面，考查相似比的应用，考查勾股定理解三角形，考查方程的思想，考查分析和解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎6．如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角是( )‎ A．90° B．60°‎ C．45° D．30°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：连接BD交AC于点O，取PD中点Q，连接OQ，所以OQ//PB,‎ 设正方形ABCD边长为a,因为PA垂直平面ABCD，PA=AB,所以PD=PB=DB=AC=,‎ 因为在三角形DBP中，O、Q是中点,所以,在直角三角形PAD中，, 而,所以三角形AOQ是等边三角形，即三个角都是60度,所以OQ与AC所成的角=60度, 因为OQ||PB,所以PB与AC所成的角为60°.‎ 考点：本小题主要考查两条异面直线的夹角.‎ 点评：要求两条异面直线的夹角，需要先做出两条异面直线的夹角再求解，注意两条异面直线的夹角的取值范围。‎ ‎7．如图是正方体平面展开图，在这个正方体中（ ）‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60º角；‎ ‎④DM与BN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是 （ ）‎ A．①②③‎ B．②④‎ C．③④‎ D．②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：如下图，将平面图形还原为正方体，则BM与ED平行、CN与BE是平行直线、CN与BM成角、DM与BN垂直，所以只有③④正确。故选C。‎ 考点：直线之间的位置关系 点评：本题是判断直线之间的位置关系的题目，而直线之间的位置关系有三种：平行、相交和异面。‎ ‎8．如图是一个几何体的三视图，正视图是一个等腰直角三角形，且斜边长为2，侧视图为一个直角三角形，俯视图是一个直角梯形，且，则此几何体的表面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：几何体为一个四棱锥，高为1，底面为直角梯形，上下底为1和2，高为1，因此几何体四个侧面中有两个全等的直角三角形，直角边分别为，一个底边长为2的等腰直角三角形，还有一个边长为的等边三角形，因此表面积为 ‎ ，选D.‎ 考点：三视图 ‎【名师点睛】‎ ‎1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．‎ ‎2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．‎ ‎9．如图，网格纸上小正方形边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知该几何体为三棱锥，画出直观图、判断出位置关系和求出长度，利用椎体的体积公式求出答案.‎ ‎【详解】‎ 由三视图知该几何体为三棱锥D﹣ABC，如图：‎ D到面ABC的距离等于E到面ABC的距离的一半，又面ABC即为面ABCF,所以E到面ABC的距离为面对角线的一半，为，‎ 所以D到面ABC的距离等于，‎ 又SABC4，‎ ‎ 所以其体积V，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确还原几何体和借助正方体是解题的关键，考查空间想象能力．‎ ‎10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对称性易知四边形为菱形，其面积等于对角线乘积的一半.根据，求得的表达式，由此求得四边形面积的表达式，平方后得到 的解析式，由此判断出正确的图像.‎ ‎【详解】‎ 由对称性易知四边形为菱形， ，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎．为二次函数，开口向上，顶点为.‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查菱形的面积计算，考查空间想象能力，考查分析问题和求解问题的能力，考查函数图像的识别，属于中档题.‎ ‎11．如图所示，在棱长为 的正方体中，点分别是棱的中点，过三点作该正方体的截面，则截面的周长为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】延长分别交于两点，连结交于，连结交于，则截面为五边形，截面周长为.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．‎ ‎12．如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点．将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P-DCE的外接球的体积为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等腰梯形的边长和角度，可知三角形都是等边三角形，故三棱锥是正三棱锥.利用正三棱锥的结构，设出球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.‎ ‎【详解】‎ 由于∠DAB＝60°，则三棱锥P—DCE各边长度均为1，那么三棱锥P—DCE为正三棱锥，P点在底面DCE的投影为等边△DCE的中心，设中心为O，则有OD=OE=OC=，在直角△POD中，OP2=PD2－OD2=，即OP=，由于外接球的球心必在OP上，设球心位置为O1，则O1P=O1D，设O1P=O1D=R，则在直角△OO1D中，+OD2=O1D2，则(OP－O1P)2+OD2=O1D2，即(－R)2+()2=R2，解得R=，故三棱锥P—DCE的外接球的体积为V=πR3=π．故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查折叠问题，考查几何体外接球体积的计算问题，考查空间想象能力和勾股定理解三角形，属于中档题.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、解答题 ‎13．如图所示，四边形ABCD是一个梯形，CD∥AB，CD＝AO＝1，三角形AOD为等腰直角三角形，O为AB的中点，试求梯形ABCD水平放置的直观图的面积．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】在梯形ABCD中，AB＝2，高OD＝1，梯形ABCD水平放置的直观图仍为梯形，且上底CD和下底AB的长度都不变，如图所示，在直观图中，O′D′＝OD，梯形的高D′E′＝，于是梯形A′B′C′D′的面积为×(1＋2)×＝.‎ 考点：平面图形的直观图.‎ ‎14．已知四棱锥的底面为平行四边形，其中平面，且有，, 分别为中点，过作平面分别与线段相交于点.‎ ‎（Ⅰ）在图中作出平面使面面 (不要求证明）；‎ ‎（Ⅱ）若AB=4，在（Ⅰ）条件下求多面体的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）利用面面平行的性质，只要即可.‎ ‎（Ⅱ）利用体积分割法分别求体积，再求和 试题解析：（Ⅰ）如图，是的中点（若不是虚线，扣两分）‎ ‎（Ⅱ）连接PB,NB，由题可知在（Ⅰ）情况下，‎ 平面MNPQ与平面ABCD垂直，由题知AB=4，BC=PC=2，SD=2，NP=1‎ 且面，则面 是边长为2的等边三角形则 ‎ 由,，面MNPQ是直角梯形，,‎ 连接交于点，在中，由余弦定理可知,则，‎ 即,且故 ‎ ‎ ‎ 故 ‎ 故此多面体的体积为 ‎15．在平面四边形（图①）中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，，，将沿折起，构成如图②所示的三棱锥.‎ ‎（Ⅰ）当时，求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）当时，求三棱锥的高.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）当时，取的中点，连，利用勾股定理证得，结合证得平面，由此证得平面平面.（II）当时，先证得平面，从而，由此计算出各边的长，在三棱锥，利用等体积法，计算出三棱锥的高.‎ ‎【详解】‎ 解：（I）当时，取的中点，连，‎ 在，，，则，又，‎ ‎ ，即，‎ 又，，平面，平面，‎ 又平面 平面平面． ‎ ‎（II）当时，由已知，∴平面，‎ 又平面，∴，△为直角三角形，‎ 由勾股定理，‎ 而△中，BD=1,，‎ ‎∴△为直角三角形，‎ 三棱锥的体积．‎ ‎ ，设三棱锥的高为h，则由 ‎ 解得．‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用等体积法求三棱锥的高，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎16．如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）若和梯形的面积都等于，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（I）见证明；（II）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取的中点为，连结，可证明四边形为平行四边形，得，由等腰三角形的性质得，可得，由面面垂直的性质可得平面，从而可得结果；（Ⅱ）由三棱台的底面是正三角形，且，可得，由此，.根据面积相等求得棱锥的高，利用棱锥的体积公式可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）取的中点为，连结.‎ 由是三棱台得，平面平面，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴.‎ ‎∵，为的中点，‎ ‎∴，∴.‎ ‎∵平面平面，且交线为，平面，‎ ‎∴平面，而平面，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）∵三棱台的底面是正三角形，且，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴.‎ 由（Ⅰ）知，平面.‎ ‎∵正的面积等于，∴，.‎ ‎∵直角梯形的面积等于，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直以及棱锥的体积，属于中档题. 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎ ‎17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形， ， ‎ ‎，平面底面， 为的中点， 是棱上的点， ， ．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若三棱锥的体积是四棱锥体积的，设，试确定的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面平面，且平面平面， 可证得平面，进而平面平面；‎ ‎（Ⅱ）（Ⅱ）由， 为的中点，可得．由平面平面，可得平面．设，梯形面积为，则S△ABQ= ， ，利用即可求得.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）证明：∵， ， 为的中点，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴，‎ ‎∵，∴，即．‎ 又∵平面平面，且平面平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）∵， 为的中点，∴，‎ ‎∵平面平面，且平面平面，‎ ‎∴平面．‎ 设，梯形面积为，则三角形的面积为，‎ ‎．‎ 又设到平面的距离为，则，‎ 根据题意，∴，‎ 故，‎ 为中点，所以．‎ ‎18．已知椭圆C的中心在原点，一个焦点F(-2,0)，且长轴长与短轴长的比为，‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设点M(m,0)在椭圆C的长轴上，设点P是椭圆上的任意一点，若当最小时，点P恰好落在椭圆的右顶点，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用待定系数法求椭圆方程;(2)利用点点距公式表示，借助点在曲线上，转化为二次函数的最值问题.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意知解得 ‎ 所以椭圆方程为 ‎ ‎（2）设P(x0,y0),且,‎ ‎ 所以|PM|2=(x0-m)2+=-2mx0+m2+12‎ ‎ =-2mx0+m2+12=(x0-4m)2-3m2+12(-4≤x0≤4) ‎ ‎ 所以|PM|2为关于x0的二次函数,开口向上,对称轴为x0=4m.‎ ‎ 由题意知,当x0=4时,|PM|2最小,所以4m≥4,所以m≥1.‎ ‎ 又点M(m,0)在椭圆长轴上,所以1≤m≤4‎ ‎19．已知函数，，且曲线与轴切于原点.‎ ‎（1）求实数，的值；‎ ‎（2）若恒成立，求的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求导，利用导数的几何意义即可求解；（2）将不等式作进一步化简，可得，分类讨论，构造函数，求导研究其单调性即可得到，和是方程的两根，从而求解.‎ 试题解析：（1）‎ ‎∴，又∵，∴，；‎ ‎（2）不等式 ，‎ 即，或，‎ 令，，，‎ 当时，；当时，，‎ ‎∴在区间内单调递减，在区间内单调递增，∴，‎ 即，∴在上单调递增，而，‎ ‎∴；，‎ ‎∴当或时，，同理可得，当时，.‎ ‎∴由恒成立可知，，和是方程的两根，‎ ‎∴，，∴.‎ 考点：导数的综合运用．‎ ‎【名师点睛】1．证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导数证明；2．求参数范围问题的常用方法：（1）分离变量；（2）运用最值；3．方程根的问题：可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论；4．高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．‎ 评卷人 得分 三、填空题 ‎20．有一个正四棱台形状的油槽，可以装油，假如它的两底面边长分别等于和，求它的深度为________ cm.‎ ‎【答案】75‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正四棱台的体积公式列方程，由此求得正四棱台的高，也即油槽的深度.‎ ‎【详解】‎ 解： ，‎ cm.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查正四棱台的体积公式，考查实际应用问题，属于基础题.‎ ‎21．体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，解得 所以正三棱柱的高，设底面边长为，‎ 则，所以,‎ 所以.‎ ‎22．如图，矩形中， ， 为边的中点，将沿直线翻转成.若为线段的中点，则在翻折过程中：‎ ‎①是定值；②点在某个球面上运动；‎ ‎③存在某个位置，使；④存在某个位置，使平面.‎ 其中正确的命题是_________.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】解：取CD中点F，连接MF,BF，则MF∥DA1,BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正确.‎ 由 ，‎ 由余弦定理可得 ，所以 为定值，所以①正确；‎ B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的球面上，故②正确.‎ 假设③正确，即在某个位置，使得DE⊥A1C，‎ 又矩形ABCD中， ，‎ 满足 ，从而DE⊥平面A1EC，则DE⊥A1E，这与DA1⊥A1E矛盾.所以存在某个位置，使得DE⊥A1C不正确，即③不正确.‎ 综上，正确的命题是①②④‎ 点睛：有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．‎