2017-2018学年江西省南昌二中高二下学期第一次月考数学文试题（解析版）

2017-2018学年江西省南昌二中高二下学期第一次月考数学文试题（解析版）

南昌二中2017－2018学年度下学期第一次月考 高二数学（文）试卷 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个正确．每小题5分，共60分）‎ ‎1. 下列图形中不一定是平面图形的是（ ）‎ A. 三角形 B. 四个角都相等的四边形 C. 梯形 D. 平行四边形 ‎【答案】B ‎【解析】根据几何公理，三角形能确定一个平面（两相交直线能确定一个平面）、梯形、平行四边形能确定一个平面（两平行线能确定一个平面），所以不能确定的是：四个角都相等的四边形。‎ 故选B。‎ ‎2. 已知是直线， 是平面，给出下列命题：‎ ‎①若，则或.‎ ‎②若，则.‎ ‎③若，则.‎ ‎④若且，则且.‎ 其中正确的命题是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n和α和β两个平面之间有相交，在面上，故①不正确，‎ 若α∥β，α∩γ=m，β∩γ=n，则m∥n.这是两个平面平行的性质定理，故②正确。‎ 若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β，缺少两条直线相交的条件，故③不正确，‎ 若α∩β=m，n∥m且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β，④正确，‎ 故选C.‎ ‎3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45ｏ，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】原平面图形是直角梯形,高为2,上底为1,下底为 , 面积是 ,选D.‎ ‎4. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC上的一点，则三棱锥D1B1C1E的体积等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】V＝V＝S·CC1＝××12×1＝，故选D.‎ ‎5. 在中， ， ， ，将绕直线旋转 一周，所形成的几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】如图：△ABC中，绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分．‎ ‎∵AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，∴AE=ABsin60°=，BE=ABcos60°=1，‎ V1=V2=‎ ‎∴V=V1﹣V2= 故选A．‎ ‎6. 已知在直四棱柱中， ，则异面直线与所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图所示：‎ 在直四棱柱中，，.‎ 所以.且易知,所以（或其补角）即为所求.‎ 在中，，，所以.‎ 故选B.‎ 点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：‎ ‎①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．‎ ‎7. 正方体体积为1，点在线段上（点异于、两点），‎ 点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四 边形，则线段长度的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 依题意，当点为线段的中点时，由题意可知，截面为四边形，从而当时，截面为四边形，当时，该截面与正方体的上底面也相交，所以截面为五边形，故线段的取值范围是，故选B.‎ ‎8. 如图,三棱柱中，侧棱底面，底面三角形是正三角形,是中点，则下列叙述正确的是( )‎ A. 与是异面直线 B. 平面 C. 平面 D. 与为异面直线，且 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A不正确，因为与在同一侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意得知，上底面是一个正三角形，故不可能存在平面；D不正确，因为为在两个平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，故选D．‎ 考点：空间中直线与平面的位置关系．‎ ‎9. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形， 则这个几何体的外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】几何体为如图，所以外接球的半径R满足 ,体积为 ，选D ‎10. 从点出发三条射线两两成且分别与球相切于三点，若球的体积为，则的距离为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】连接OM交平面ABC于O'，由题意可得：△ABC和△MAB为正三角形，所以O'A=‎ 因为AO'⊥MO，OA⊥MA，所以，所以 又因为球的体积为 所以半径OA=2，所以OM=2．故选A．‎ ‎11. 设为空间中的一条直线，记直线与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为，则的所有可能取值构成的集合为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】体对角线所在的直线与正方体的6个面都相交，面对角线所在的直线与正方体的4个面相交，而棱所在的直线与正方体的2个面相交，故选D.‎ ‎12. 如图，在以角C为直角顶点的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F为PB上的点，在线段AB上有一点E，满足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，则λ值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵PB⊥平面CEF，∴PB⊥CE，又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，∴PA⊥CE，而PA∩PB＝P，∴CE⊥平面PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝ ‎ 点睛：探索性问题通常用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在题中横线上）‎ ‎13. 正四棱锥底面正方形的边长为，高与斜高的夹角为，则该四棱锥的侧面积__‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】如图，正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成直角△POE．‎ ‎∵OE=2cm，∠OPE=30°，∴斜高PE==4，‎ ‎∴S正棱锥侧=C=×4×4×4=32．故选A．‎ ‎14. 三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，设点C到平面PAB的距离为h，△PAB的面积为S，则V2＝Sh，V1＝VEADB＝×S×h＝Sh，所以＝.‎ ‎15. 正方体的棱长为1， 分别为， 的中点，则点 到平面的距离为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 取的中点O,连接O,OE,OF,F,则△FO的面积.‎ 点F到平面E的距离=点F到平面OE的距离h,‎ 由等体积可得，即 ‎∴h=.‎ 故答案为：.‎ 点睛：处理点到平面的距离问题，方法主要有三个：（1）利用定义直接作出垂线段，计算即可，（2）把点到平面的距离视为某个锥体的高，通过等积法得到所求距离的方程，解之即可,(3) 用向量法求平面外一点A到平面的距离时，可先在平面内选择一点B（点B的坐标易求出），求得．然后求得直线AB与平面夹角的正弦值，即，最后根据可求得点到面的距离．‎ ‎16. 正方形的边长为，若将正方形沿对角线折叠为三棱锥，则在折叠过程中，不能出现的为__________.‎ ‎① ②平面平面 ③ ④‎ ‎【答案】④‎ ‎【解析】对于A：取BD中点O，因为，AO 所以面AOC，所以，故A对；‎ 对于B：当沿对角线折叠成直二面角时，有面平面平面，故B对；‎ 对于C：当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故C对；‎ 故选D 点睛：本题考查了立体几何中折叠问题，要分析清楚折叠前后的变化量与不变量以及线线与线面的位置关系，属于中档题.‎ 三．解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17. 如图，在四棱锥中， 平面，底面是平行四边形， ， ， 是上的动点.‎ ‎(1)求证：平面平面；‎ ‎(2)求四棱锥的侧面积.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意可知四边形是菱形，，由线面垂直的性质可得，故平面，结合面面垂直的判断定理可得平面 平面.‎ ‎(2)过作交于，连接，由几何关系可得，且有，，而，结合图形的对称性可得四棱锥的侧面积为.‎ 试题解析：‎ ‎(1)在平行四边形中，，‎ ‎∴四边形是菱形，∴，‎ ‎∵平面，平面 ‎∴，又，∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面 平面.‎ ‎(2)∵平面，过作交于，连接，‎ ‎∵，，，∴，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴平面，∴，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 又∵，，‎ ‎∴四棱锥的侧面积为.‎ ‎18. 已知正四面体棱长为1，分别求该正四面体的外接球与内切球半径.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设正四面体为PABC，两球球心重合，设为O． ‎ 设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四面体PABC内切球的高．‎ 设正四面体PABC底面面积为S． ‎ 将球心O与四面体的4个顶点PABC全部连接，‎ 可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面．‎ 每个正三棱锥体积V1=•S•r 而正四面体PABC体积V2=•S•（R+r）‎ 根据前面的分析，4•V1=V2，所以4••S•r=•S•（R+r），‎ 所以R=3r，所以 因为棱长为1，所以AD=，所以PD==，‎ 所以R=，r=.故答案为.‎ 点睛：求几何体的外接球和内切球的半径的问题，主要考查学生的空间想象能力和解三角形的能力.首先要通过想象画出空间几何图形，然后根据空间的位置关系找到几何元素之间的关系，再解三角形.‎ ‎19. 在直三棱柱中，， ， 是棱的中点.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)取中点，联结，，，由题意结合几何概型可证得，，则面，从而有；‎ ‎(2)由题意可求得三棱锥的体积为，设到平面的距离为，转化顶点，结合，可得.‎ 试题解析：‎ ‎(1)取中点，联结，，，‎ ‎∵是直三棱柱，∴，，‎ 又∵是的中点， ，∴，又∵，‎ ‎∴，，∴面，∴；‎ ‎(2)，设到平面的距离为，则，‎ 由已知得，∴，∴.‎ 点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．‎ ‎20. 如图， 为圆的直径，点在圆上， ，矩形所在的 平面和圆所在的平面互相垂直，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求几何体的体积.‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)利用面面垂直的性质定理可知，由圆的性质可得，则平面，最后利用面面垂直的判断定理可得平面平面.‎ ‎(2)过点作于，将几何体分解为一个三棱锥和一个四棱锥，计算可得四棱锥的体积，三棱锥的体积,而FG的长度等于边长为1的等边三角形OEF的高，即 ‎，据此计算可得几何体的体积是.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：由平面平面，，‎ 平面平面，得平面，‎ 而平面，所以.‎ 又因为为圆的直径，所以，‎ 又，所以平面.‎ 又因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）过点作于，因为平面平面，‎ 所以平面，所以.‎ 因为平面，‎ 所以 .‎ 连接.∵，且.‎ ‎∴为等边三角形，∴.‎ ‎∴几何体体积.‎ ‎21. 椭圆经过点，一个焦点的坐标为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据椭圆定义求a，再根据a,b,c勾股关系求b,代入椭圆方程即可（2）先设A，B坐标，利用向量数量积表示，利用斜率公式表示，‎ 再根据直线方程得关于横坐标和与积的关系式，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简，根据条件可解得代入化简可得，最后根据判别式求范围，代入即得的取值范围.‎ 试题解析：解：(1) ‎ ‎ ‎ ‎(2)‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎22. 设函数.若曲线在点处的切线方程为 ‎（为自然对数的底数）.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 函数的单调递减区间是，单调递增区间是 ‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）第（1）问，先根据曲线在点处的切线方程为 求出m=1,n=0，再利用导数求函数f(x)的单调区间.(2)第（2）问，先把原命题转化为函数对任意恒成立，再利用导数求函数H（x）的单调性，检验每一种情况下H(x)的最大值是否小于零.‎ 试题解析：‎ ‎（1）函数定义域为.得， ‎ ‎，即所以.所以， ‎ ‎.函数的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎（2）由题得函数对任意恒成立，‎ 即不等式对任意恒成立.‎ 又，当即恒成立时，‎ 函数递减，设，则，所以，即，符合题意；‎ 当时， 恒成立，此时函数单调递增.于是不等式对任意恒成立，不符合题意；‎ 当时，设，‎ 则 ；‎ 当时， ，此时单调递增，‎ ‎ ，‎ 故当时，函数递增.于是当时,成立，不符合题意；‎ 综上所述，实数的取值范围为： .‎ 点睛:本题的难点在于得到后如何解不等式>0或<0,只有解出了不等式才能得到函数H(x)的单调区间.本题利用了再构造再求导的方法（即二次求导）.当我们求出函数f(x)的导数之后，如果不易解出，可以利用二次求导找不等式的解集，从而找到原函数的单调性.‎