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（理）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（理）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（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）‎ 圆柱 圆锥 四面体 三棱柱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于圆柱的三视图不可能是三角形所以选A.‎ 考点：三视图.‎ ‎2．下列条件中，能判断一条直线与一个平面垂直的是（ ）‎ A．这条直线垂直于该平面内的一条直线 B．这条直线垂直于该平面内的两条直线 C．这条直线垂直于该平面内的任何两条直线 D．这条直线垂直于该平面内的无数条直线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面垂直的判定定理，可得结论．‎ ‎【详解】‎ 由线面垂直的判定定理，可得一条直线与一个平面垂直的条件是垂直于平面内的两条相交直线．只有C选项，当这条直线垂直于该平面内的任何两条直线时，这条直线也垂直于该平面内的两条相交直线，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间的线面位置关系，考查空间想象能力和逻辑推理能力，比较基础．‎ ‎3．如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为的矩形，则该几何体的表面积是(　　)‎ A．8 B．20＋ C．16 D．24＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图及题设条件知，此几何体为一个三棱柱，底面是等腰直角三角形，且其高为，故先求出底面积，求解其表面积即可．‎ ‎【详解】‎ 此几何体是一个三棱柱，且其高为4，‎ 由于其底面是一个等腰直角三角形，直角边长为2，所以其面积为2×2＝2，‎ 又此三棱柱的高为4，故其侧面积为（2+2+2）×4＝16+8，‎ 表面积为：2×2+16+820+8．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考点是由三视图求几何体的表面积，考查对三视图的理解与应用，主要考查用三视图中的数据还原出实物图的数据，三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”．‎ ‎4．一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为3，瓶里所装的水深为8，将一个钢球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到8.5，则该钢球的半径为（ ）‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水上升部分的容积，等于球的体积，利用等积法，构造关于球的半径R的方程，解得答案．‎ ‎【详解】‎ 设钢球的半径为R，由题意得：‎ ‎，‎ 解得：R cm，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是球的体积，圆柱的体积，正确理解水上升部分的容积，等于球的体积，是解答的关键．‎ ‎5．过正方形的顶点，作平面，若，则平面和平面所成的锐二面角的大小是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 法一：建立如图(1)所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为＝，故所求的二面角的大小是45°.‎ 法二：将其补成正方体．如图(2)，不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角，其大小为45°.‎ ‎6．已知正三棱锥中，E是侧棱SC的中点，且，则与底面所成角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点S作SO⊥平面ABC，连接OB，则点O为正三角形ABC的中心，∠SBO即为所求角，确定各侧面是全等的等腰直角三角形，即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ 过点S作SO⊥平面ABC，连接OB，‎ 则点O为正三角形ABC的中心，∠SBO即为所求角，‎ ‎∵AO是AS在平面ABC内的射影，且AO⊥BC ‎∴SA⊥BC 又SA⊥BE，∴SA⊥平面SBC，∴SA⊥SC，SA⊥SB Rt△SAB内，设SA＝SB＝a，‎ 则AB，OBa，‎ ‎∴cos∠OBS．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎7．已知α，β，γ为平面，是直线，若α∩β＝，则“α⊥γ，β⊥γ”是“⊥γ”的( )‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直，面面垂直的关系进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 由α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点P，过P作a垂直于α，γ的交线，则a⊥α，又α，则a⊥，‎ 同理，在γ内过P作b垂直于β，γ的交线，则b⊥，‎ 可推出l⊥γ，反过来，‎ 若l⊥γ，α∩β＝l，根据面面垂直的判定定理，可知α⊥γ，β⊥γ，‎ 故“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据空间线面垂直关系是解决本题的关键．‎ ‎8．如图，一个圆锥的底面半径为2，高为6，在其中有一个高为的内接圆柱，当该圆柱的体积最大时，（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意内接圆柱的高为x时，它的底面半径r=，由此结合圆柱体积公式即可列出用x表示圆柱的体积的式子，利用不等式求最值及取到最值时的条件.‎ ‎【详解】‎ ‎∵圆锥的底面半径为2，高为6，‎ ‎∴内接圆柱的底面半径为x时，它的上底面截圆锥得小圆锥的高为6-x,且其底面半径为，‎ 因此，内接圆柱的底面半径r=；‎ ‎∴圆柱的体积V＝（0＜x＜6），‎ 又，圆柱的体积V，当且仅当2x=6-x时等号成立，即x=2， ‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆柱的体积公式和旋转体的内接外切等知识点，考查了基本不等式的应用，通过相似找到圆柱底面半径是关键，属于中档题．‎ ‎9．已知分别是长方体的棱的中点，若，则四面体的外接球的表面积为( )‎ A．13π B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四面体的外接球就是直三棱柱DEC﹣D1FC1，的外接球，根据数据求解 ‎【详解】‎ 如图所示，四面体的外接球就是直三棱柱DEC﹣D1FC1，的外接球，‎ 设棱柱DEC﹣D1FC1的底DEC的外接圆圆心为G，三棱柱DEC﹣D1FC1，的外接球为O，‎ ‎△DEC的外接圆半径r．＝+，解得r，‎ 外接球的半径R，‎ ‎∴四面体的外接球的表面积为4π＝13π．‎ 故答案为：13π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的外接球，将四面体的外接球转化为柱体的外接球是解题的关键，属于中档题．‎ ‎10．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．5对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案。‎ ‎【详解】‎ 该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，‎ 作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，‎ 又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，‎ 所以平面平面，‎ 同理可证：平面平面，‎ 由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，‎ 所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，‎ 所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题。‎ ‎11．已知正方体，在空间中到三条棱所在直线距离相等的点的个数（ ）‎ A．0 B．2 C．3 D．无数个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于点D、B1显然满足要求，猜想B1D上任一点都满足要求，然后证明结论．‎ ‎【详解】‎ 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1上建立如图所示空间直角坐标系，‎ 并设该正方体的棱长为1，连接B1D，并在B1D上任取一点P，‎ 因为（1，1，1），‎ 所以设P（a，a，a），其中0≤a≤1．‎ 作PE⊥平面A1D，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为F，‎ 则PF是点P到直线A1D1的距离．‎ 所以PF；‎ 同理点P到直线AB、CC1的距离也是．‎ 所以B1D上任一点与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等，‎ 所以与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有无数个．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查合情推理的能力及空间中点到线的距离的求法，考查了推理论证能力，属于中档题．‎ ‎12．棱长为4的正方体的顶点在平面内，平面与平面所成的二面角为，则顶点到平面的距离的最大值（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，O在AC上，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠OAE＝30°，由题意，设CO＝x，则AO＝4x，由此可得顶点C1到平面α的距离的最大值．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，AC的中点为O，C1O⊥α，‎ 垂足为E，则C1E为所求，∠AOE＝30°‎ 由题意，设CO＝x，则AO＝4x，‎ C1O，OEOA＝2x，‎ ‎∴C1E2x，‎ 令y2x，‎ 则y′0，可得x，‎ ‎∴x，顶点C1到平面α的距离的最大值是2（）．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查顶点C1到平面α的距离的最大值，考查学生的计算能力，正确作图是关键．‎ 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、填空题 ‎13．在棱长为1的正方体中，为棱的中点，用过点的平面截去该正方体，则截面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平面延展，找到截面的形状为菱形，再求面积即可.‎ ‎【详解】‎ 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ 过点A，E，C1的平面延展后与交于F，‎ ‎∵面面, 面面=, 面面=,‎ ‎∴,又为棱的中点，所以F为棱的中点，‎ ‎∴截面为菱形，其面积为=，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间截面问题的作法，考查了面面平行的性质定理的应用，是基础题．‎ ‎14．某装饰品的三视图如图所示，则该装饰品的体积为______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知该几何体为正方体的四个角处截去一个四分之一个圆锥，然后根据正方体及圆锥体积公式计算体积即可．‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知该几何体为正方体的四个角处各截去四分之一个圆锥，如图：‎ 四个四分之一个圆锥共合成一个圆锥，底面半径为1，高为2，体积为,‎ 又正方体体积为=8，所以该装饰品的体积为.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查三视图的还原，以及棱柱、圆锥的体积公式，利用三视图确定几何体的直观图是解决此类问题的关键．‎ ‎15．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线即是截面周长的最小值，然后，由图观察，最外层的长度为最大值，求解其距离即可．‎ ‎【详解】‎ 三棱锥如图：‎ 把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，‎ ‎∵△△，∴, ∴B,A,共线，‎ 此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．‎ 由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，‎ 所以△的周长最大为=15,故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题重点考查了空间中的距离最值问题，将其转化为平面问题是关键，属于中档题．注意等价转化思想的灵活运用．‎ ‎16．已知边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角的大小为的四面体且，则四面体的外接球的表面积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正确作出图形，找到球心，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，，∠AC=∠ABC＝60°，F，E分别为△AC，△ABC的中心，‎ 过F，E分别作面AC与面ABC的垂线交于O，则O为外接球的球心，‎ F2，,‎ 又，∴，∴，‎ ‎∴,‎ ‎∴四面体的外接球的表面积为4π＝54π，‎ 故答案为54π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查四面体的外接球的表面积，考查学生的计算能力，正确找到外接球的球心并求出四面体的外接球的半径是关键．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知正方体的棱长为2.‎ ‎（1）求点到平面的距离；‎ ‎（2）平面截该正方体的内切球，求截面积的大小；‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出平面ACD1的法向量，利用向量法能求出点B到平面ACD1的距离．‎ ‎（2）根据正方体和球的结构特征，求得球O被平面ACD1所截得的圆的半径即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ A（2，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），C（0，2，0），D1（0，0，2），‎ ‎（0，﹣2，2），（﹣2，2，0），‎ ‎（0，2，0），‎ 设平面ACD1的法向量（x，y，z），‎ 则，取y＝1，得（1，1，1），‎ ‎∴点B到平面ACD1的距离d．‎ ‎（2）如图，O为球心，也是正方体的中心，‎ 设球O被平面ACD1所截得截面为△AC的内切圆，半径为r，AC中点为M，‎ 则rD1M， ‎ 故截面圆的面积π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量法解决距离问题，考查了正方体和它的内接球的结构特征，关键是想象出截面图的形状，考查了空间想象能力．‎ ‎18．在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的参数方程(为参数)，曲线的极坐标方程：.‎ ‎(1)求曲线和曲线的直角坐标方程；‎ ‎(2)设曲线交轴于点（不是原点），过点的直线交曲线于A，B两个不同的点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用正弦与余弦的关系直接消去，可得曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式得到的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理及直线中参数的几何意义求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)将(为参数)消去参数得到，将两边同乘以，利用极坐标与直角坐标的互化公式得到；‎ ‎（2）令解得x=0或4，所以,所以直线的参数方程（为参数）代入，‎ 整理可得：，由得：‎ ‎∴ ‎ 因此，的取值范围 ‎【点睛】‎ 本题考查了参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，考查了直线的参数方程的形式及应用，属于中档题.‎ ‎19．已知斜三棱柱的所有棱长都相等，且.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)直线与直线所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过△和△为等边三角形，可得从而得BC⊥平面A1AD，得到A1A⊥BC；‎ ‎（2）利用异面直线所成角的定义作出，找到直线与直线所成角，在△中利用余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接,取线段的中点为，再连接.‎ ‎∵ 三棱柱的所有棱长相等，且 ‎∴ △和△为等边三角形 ‎∵ 为上述两个三角形公共边的中点 ‎∴ ‎ ‎∵平面，‎ ‎∴ 平面 ‎∵平面 ‎∴‎ ‎(2)连接交于点M,取线段的中点为N，再连接.不妨设棱长为2.‎ 由得,因而四边形为正方形,.‎ ‎∵ 分别为△的边的中点 ‎∴, ∴即为直线与直线所成角，‎ ‎，‎ 同（1）可知△和△为等边三角形，.‎ 在△中，‎ 所以，直线与直线所成角的余弦值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的求法，考查空间线线、线面的平行与垂直关系，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．‎ ‎20．（本小题满分12分）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.‎ ‎（1）判断并说明上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不 存在，请说明理由；‎ ‎（2）若与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）存在，；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据四棱锥中，底面，底面是矩形可知，可以通过建立空间直角坐标系来求解问题，设，，根据条件中给出的数据可得，从而可求得平面的一个法向量，再由平面，可知，可得，因此存在满足条件的点，且；（2）由与平面所成的角为可知，结合（1）可知平面的一个法向量为，再取平面的一个法向量为，可求得，即二面角的平面角的余弦值为.‎ 试题解析：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，，‎ ‎∵，∴，，，‎ 设平面的一个法向量，∴，∴，∴，‎ ‎∵，∴，∴；（2）∵为直线与平面所成的角，‎ ‎∴，∵，∴，由（1）知，平面的一个法向量为，‎ 取平面的一个法向量为，∴，∴二面角的平面角的余弦值为.‎ 考点：1.空间直角坐标系的建立；2.二面角与法向量的运用.‎ ‎21．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，且过点．‎ ‎（1）求椭圆方程；‎ ‎（2）设不过原点O的直线l：y=kx+m（k≠0），与该椭圆交于P、Q两点，直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2，满足4k=k1+k2，试问：当k变化时，m2是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求椭圆的标准方程，就是要确定的值，只要找到两个关于的等式即可，本题中一个离心率，一个是椭圆过已知点，由此可得；（2）设交点，，把直线方程与椭圆方程联立方程组，消去后，可得，计算，化简后并把代入可得结论．‎ 试题解析：（1）依题意可得解得.‎ 所以椭圆的方程是.‎ ‎（2）当变化时，为定值，证明如下：‎ 由得，.‎ 设，，则，（*）‎ ‎∵直线的斜率依次为，且，‎ ‎∴，得，‎ 将（*）代入得：，‎ 经检验满足 考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【名师点睛】本题考查解析几何中的定值问题，采用“设而不求”方法求解，即设交点为，把直线方程与椭圆方程联立方程组后消元得的一元二次方程，从而得，然后计算，把代入，由等式求得，如果能求出，说明定值存在，如果不能求出，说明定值不存在．‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）求当时， 恒成立的的取值范围，并证明 ‎.‎ ‎【答案】(1)ae （2）见解析 ‎【解析】试题分析：(1) 函数有两个不同的零点，等价于=在 ‎（，+）上有两实根，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象即可得结果；（2）结合(1)可得<,令, ‎ ‎,各式相加，化简即可得结果.‎ 试题解析：(1) f(x)有两个零点， 在（，+）上有两实根，显然a ‎=,令g(x)= , g/(x)= ,令g/(x)=0，x ‎∴g(x)在（0， ）单调递增，在（，+）单调递减，又g()=,x>1时g(x)>0.且 g(x) 0‎ ‎∴= 有两根须0<<, ∴ae ‎ ‎（2）x2-alnx0恒成立，即x2>2alnx对x>1恒成立.当a时，显然满足。‎ 当a>时, >,由（1）知，(g(x))MAX=,, ∴0＜a＜e 综上x2-alnx0对x>1恒成立的a的范围为a＜e ‎ 令a=2，则x2-2lnx0对x>1恒成立，即lnx

查看更多