山西省长治市第二中学校2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

山西省长治市第二中学校2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

‎2019—2020学年第一学期高二第一次月考数学试题（文科）‎ 第Ⅰ卷（选择题60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列命题正确的是（ ）‎ A. 棱柱的侧面都是长方形 B. 棱柱的所有面都是四边形 C. 棱柱侧棱不一定相等 D. —个棱柱至少有五个面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A不对，侧面都是平行四边形，不一定都是长方形；‎ B不对，三棱柱的底面是三角形 C不对，棱柱的侧棱一定相等 D对，三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面,故选D.‎ ‎2.下列推理错误的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ，‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B分别是公理、的符号表示，故它们都是正确的；‎ 对于C，有两种可能， ，与相交；若交点为，则且．故错；‎ D是公理的性质，正确,故选C．‎ 考点：平面的基本性质及推论．‎ ‎【易错点晴】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题，亦属于易错题．利用集合的符号语言来描述平面几何中点、线、面的位置关系，学生在理解上存在着差异，点相当于元素，而线与平面看成是点的集合，所以点与线面的关系是属不属于的关系，而直线与平面之间是含与不含的关系,线与面之间当然也可以进行交运算．‎ ‎3.已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与 所成角余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.‎ 取DD1中点F，则为所求角, ，选C.‎ ‎4.已知在斜二测画法下的平面直观图是边长为的正三角形，那么在原的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形,故面积为，‎ 而原图和直观图面积之间的关系，‎ 那么原△ABC的面积为，‎ 故选C.‎ 点睛：本题主要考查平面图形的直观图和原图的转化原则的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．直观图和原图象的面积比为掌握两个图象的变换原则，原图象转直观图时，平行于x轴或者和轴重合的长度不变，平行于y轴或者和轴重合的线段减半，原图转直观图时正好反过来，即可.‎ ‎5.已知三角形三个顶点，则边上中线所在直线方程是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，BC边上的中线所在的直线应该过A点和BC边上的中点,‎ 已知B、C两点的坐标，根据线段中点坐标计算公式可知BC中点的坐标，再利用直线的两点式可得直线的方程.‎ ‎【详解】,中点的坐标为（，），即（，）.‎ 则边上的中线应过两点，‎ 由两点式得：，整理，得 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了求两点的中点和求直线方程，属于基础题.‎ ‎6.已知过点和点的直线为，，．若，，则的值为（ ）‎ A. B. C. 0 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出．‎ ‎【详解】∵l1∥l2，∴kAB＝＝－2，解得m＝－8．‎ 又∵l2⊥l3，∴×(－2)＝－1，解得n＝－2，∴m＋n＝－10．故选:A．‎ ‎【点睛】本题考查了直线平行垂直与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎7.若是两条不同的直线，是三个不同的平面：①；②；③；④若,，则，则以上说法中正确的有( )个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：‎ 对于①，， ，由线面垂直的判定定理得 ，故①正确；‎ 对于②， ， ， ，则与平行或异面，‎ 故②错误；‎ 对于③， ，， ，由线面垂直的判定定理得 ，故③正确；‎ 对于④，若 ， ，，则与相交或平行，故④错误，故选B ‎8.已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且，，则棱锥的体积为()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的性质可知，球心与矩形外接圆圆心连线垂直于矩形所在平面；根据长度关系计算可得四棱锥底面积和高，代入棱锥体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】四边形为矩形 矩形外接圆圆心为其对角线交点 由球的性质可知：平面 ‎， ，‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查棱锥体积的求解问题，关键是能够灵活应用球的性质得到线面垂直关系，属于基础题.‎ ‎9.圆台的两个底面面积之比为，母线与底面的夹角是，轴截面的面积为，则圆台的母线长()‎ A. B. C. D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆台的上底面半径为，根据面积比可知下底面半径为；利用圆台的轴截面面积构造关于的方程，求得后，利用即可得到结果.‎ ‎【详解】设圆台的上底面半径为，则其下底面半径为 可作圆台的轴截面如下图所示：‎ 其中，，‎ ‎，，‎ 轴截面面积 解得： 母线长 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查圆台母线长的求解问题，关键是能够利用圆台轴截面面积构造方程求出上下底面半径，属于基础题.‎ ‎10.已知平面平面，，点，直线，直线，直线，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意做出简图，利用线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直关系等定理，逐个判断选项得出答案.‎ ‎【详解】如下图所示得 直线，，，所以A选项正确;‎ ‎，所以B选项正确;‎ ‎，所以C选项正确；‎ 对于D选项,虽然,但AC不一定在平面内,故它可以与平面相交、平行,故不一定垂直;故D选项中的结论不一定成立. 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直等有关知识及应用，属于基础题.‎ ‎11.某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( )‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，‎ 其中圆柱和圆锥的底面半径，‎ 圆锥的高，圆柱的高 所以圆柱的体积，‎ 圆锥的体积，‎ 所以组合体的体积。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题。‎ ‎12.如图，在正三棱柱中，,，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.‎ ‎【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面 平面 ‎ 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：‎ 当三点共线时，取得最小值 又，，‎ 周长的最小值为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.‎ 第Ⅱ卷（非选择题90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.过点P（3，2），且在坐标轴上截得的截距相等的直线方程是 ．‎ ‎【答案】y=x或 x+y﹣5=0‎ ‎【解析】‎ 解：当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为y=x．‎ 当直线不过原点时，设直线方程为 x+y+m=0，把P（3，2）代入直线的方程得 m=﹣5，‎ 故求得的直线方程为 x+y﹣5=0，‎ 综上，满足条件的直线方程为 y=x或 x+y﹣5=0．‎ 故答案为：y=x或 x+y﹣5=0．‎ ‎【点评】本题考查求直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，体现了分类讨论的数学思想．‎ ‎14.《九章算术》卷5 《商功》记载一个问题“今有圆堡壔（dǎo），周四丈八尺，高一丈—尺，文积几何？意思是:今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是__________立方尺. (取，1丈=10尺）‎ ‎【答案】2112‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设圆柱体底面半径为，高为，周长为，因，故，‎ 则所求体积为(立方尺)，故答案为2112.‎ ‎15.在正三棱锥中，平面，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正棱锥的性质和平面可以推得两两互相垂直，由此可将正三棱锥补成一个正方体，并且正方体的外接球就是正三棱锥的外接球，通过求正方体的外接球的表面积，也就求出正三棱的外接球的表面积.‎ ‎【详解】在正三棱锥中，取中点,连接，则,因为平面，又面，，‎ 设，因为底面边长，所以，‎ ‎，‎ 所以，即，解得，即，‎ 所以在中有，所以是，即 又因为平面，所以，所以两两互相垂直，‎ 所以将正三棱锥补为一个正方体，如下图1所示，‎ 正三棱锥的外接球，就是这个正方体的外接球，且正方体的棱长为2，‎ 由下图2可以看出，正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长，‎ 设外接球的半径为R，则，解得，所以球的表面积，‎ 故填：.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查正三棱锥的外接球的表面积，关键在于通过已知条件得出正三棱锥的三条棱两两互相垂直，从而可以将正三棱锥补成一个正方体，通过求正方体的外接球的表面积问题得以解决，属于中档题.‎ ‎16.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________(填序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由已知,在未折叠的原梯形中,AB∥DE,BE∥AD,所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD,折叠后如图所示.①过点M作MP∥DE,交AE于点P,连接NP.因为M,N分别是AD,BE的中点,所以点P为AE的中点,故NP∥EC.又MP∩NP=P,DE∩CE=E,所以平面MNP∥平面DEC,故MN∥平面DEC,①正确;②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC,所以AE⊥MP,AE⊥NP,又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,‎ 又MN⊂平面MNP,所以MN⊥AE,②正确;③假设MN∥AB,则MN与AB确定平面MNBA,从而BE⊂平面MNBA,AD⊂平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,③错误;④当EC⊥ED时,EC⊥AD.因为EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,所以EC⊥平面AED,AD⊂平面AED,所以EC⊥AD,④正确.．‎ 三、解答题：本大题共6小题,共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎17.已知两条直线：，为何值时，与：‎ ‎（1）垂直；‎ ‎（2）平行 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先考虑x和y的系数为0时，与直线的方程，得出两直线是否平行或垂直，‎ 再考虑x和y的系数不为0时，两直线的斜率，根据两直线平行或垂直的条件，列出方程求解m，注意验证两直线是否重合.‎ ‎【详解】当时，，此时与不平行也不垂直，‎ 当时，直线的斜率，直线的斜率 ‎（1）由得，所以 ‎（2）由得，即，所以或，‎ 当时，此时与重合，不符，舍去；‎ 当时，，此时，符合 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题考查两直线平行和垂直的判断条件，注意先需考虑x和y的系数为0的情况，属于基础题.‎ ‎18.如图，四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点．求证：‎ ‎（Ⅰ）平面；‎ ‎（Ⅱ）平面平面．‎ ‎【答案】(1)见详解（2）见详解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）连接OE,由三角形的中位线可得，由线面平行的判定定理可得到证明．（II）只需证明平面内的直线垂直于平面内的两条相交直线即可．‎ ‎【详解】证明：（Ⅰ）连接．‎ ‎∵ 是的中点，是的中点，‎ ‎∴ ，‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎（Ⅱ）∵底面，‎ ‎，‎ 又∵，且，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎∵ 平面，‎ ‎∴ 平面平面．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力，属于基础题.‎ ‎19.如图，三棱锥中，底面是边长为的正三角形，，，面面。‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定定理可证得平面；由线面垂直性质可证得结论；（2）利用面面垂直和线面垂直性质可证得，利用勾股定理可求得，进而得到，根据可求得结果.‎ ‎【详解】（1）取中点，连接 ‎，，为中点 ，‎ 平面， 平面 平面 ‎ ‎（2）平面平面，平面平面，，平面 平面 又平面 ‎ 又， ‎ 由（1）知，平面 ‎【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解；涉及到线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用；立体几何中证明线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直关系，利用线面垂直的性质证得结论.‎ ‎20.如图，长方体中,，点分别在上，，过点的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；‎ ‎（2）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别在上取H,G,使；(2)长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为或 ‎【详解】（1）交线围成的正方形如图：‎ ‎（2）作垂足为M,则,,,因为是正方形,所以,‎ 于是 因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，其底面积之比为9：7,‎ 所以其体积比值为（也正确）.‎ 考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.‎ ‎21.已知斜三棱柱的侧面与底面垂直，，，且，，求：‎ ‎（1）侧棱与底面所成角的大小；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知得直线在底面内的射影为直线,得为侧棱与底面所成的角,由此能求出侧棱与底面所成角的大小.‎ ‎(2)求点到平面的距离也是求点到平面的距离，再用等体积法，求出三棱锥的高就是求出点到平面的距离.‎ ‎【详解】解：（1）取中点，连接 ‎∵平面平面平面平面,‎ 又因为，所以又平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴为在平面上的射影,所以为与平面所成的角 ‎∵且，∴为等腰直角三角形,‎ ‎∴‎ 所以与平面所成的角为。‎ ‎（2）取中点,中点,连接 ‎∵∴平面∴且 ‎∴平面∴∴‎ 在直角三角形中,由，得 ‎∴∴‎ 设点到平面得距离为，‎ ‎∵平面，∴到平面得距离与到平面的距离相等,‎ ‎∵平面∴平面∴到平面的距离为,‎ 由，得……①‎ 而，，‎ 将数据代入①式得，，‎ 即到平面的距离为。‎ 故得解.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的大小和点到面的距离，注意用等体积法用出锥体的高，就可以求出点到面的距离.‎ ‎22.如图，在正方体中，分别是的中点。‎ ‎（1）求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论。‎ ‎【答案】（1）；（2）存点，满足，使得平面；证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.‎ ‎【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：‎ 设正方体棱长为 则，，，，，，，‎ ‎（1）设异面直线与所成角为 ‎，‎ ‎，即异面直线与所成角的余弦值为：‎ ‎（2）假设在棱上存在点，，使得平面 则，，‎ 设平面的法向量 ‎，令，则， ‎ ‎，解得： ‎ 棱上存在点，满足，使得平面 ‎【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.‎ ‎ ‎