2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（理）试题  一、单选题1．已知，，若，则（    ）A．4 B．3 C． D．【答案】D【解析】根据及、的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数【详解】由，，有解得故选：D【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有求参数值2．在中，角所对的边分别为，若，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．【答案】C【解析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可知，则故选：C【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.3．已知，且，则的最小值为（    ）A．8 B．9 C．6 D．7【答案】B【解析】由题意，根据，结合基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：B.【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型.4．如图所示，三棱台中，沿面截去三棱锥，则剩余部分是（    ）A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱台 D．四棱台【答案】B【解析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案.【详解】由题意知，三棱台中，沿面截去三棱锥，则剩余部分是四棱锥，故选B.【点睛】本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.5．设m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列说法错误的是（    ）A．若，，则； B．若，，则；C．若，，则； D．若，，则．【答案】C【解析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项， m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.【详解】对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，若，，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.故选：C．【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．在我国古代著名的数学专著《 九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢? （）A．16 日 B．12 日 C．9 日 D．8 日【答案】C【解析】【详解】解：由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，又∵数列{an}的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），数列{bn}的前n项和为（97+97.5﹣0.5n）（194.5n），∴（193+13n）（194.5n）＝2250，整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．故选C点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．7．给出下列命题：①有两个面互相平行且是全等的三角形，其余各面都是四边形，且相邻两四边形的公共边互相平行，由这些面所围成的封闭几何体是三棱柱；②有一个面是五边形，其余各面都是有公共顶点的三角形，由这些面所围成的封闭几何体一定是五棱锥；③有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，由这些面所围成的封闭几何体一定是四棱台.其中正确的命题是（    ）A．②③ B．①② C．①③ D．①②③【答案】B【解析】①根据棱柱的定义进行判断；②根据棱锥的定义进行判断；③根据棱台的定义进行判断．【详解】①由棱柱的定义知①正确；②由棱锥的定义知②正确；③棱台是由平行于底面的棱锥所截得的，有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，四条侧棱不一定交于一点，则③不一定是四棱台，故③错误；故正确的是①②；故选：．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较基础．8．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】试题分析：由题意知底面积为，体积，所以，设是棱柱高，则是底面的中心，从而，又为直线和平面所成的角，所以，，故选B．【考点】直线与平面所成的角．9．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.10．三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（  ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，，，根据向量线性运算法则可表示出和；分别求解出和，，根据向量夹角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，，，由题意得：，，，又即异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.11．在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由几何体为正方体，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，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解【详解】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，则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2），∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为 故选：D．【点睛】本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题12．如图，在长方体中，，，，E､F分别为棱､的中点.动点P在长方体的表面上，且，则点P的轨迹的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】作出过点，点的平面，使得平面，此时的轨迹即为平面与长方体表面的交线，据此可求解出轨迹的长度.【详解】连接，过作交于点，过点作交于点，连接，如下图所示：因为为的中点，所以，又因为平面，所以平面，所以，又因为，且，所以平面，所以的轨迹为，因为，所以可知，所以，所以，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以的轨迹长度为：，故选：A.【点睛】本题考查线面垂直的综合应用，涉及到求解点的轨迹的长度问题，对学生的分析与转化能力要求较高，难度较难.  二、填空题13．已知直线l的斜率为2，且经过点，则直线l的一般式方程为_____________．【答案】【解析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得答案.【详解】解：因为直线l的斜率为2，且经过点，所以直线l的方程为，即．故答案为：.【点睛】本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题.14．圆的圆心到直线的距离为1，则________【答案】【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案．【详解】圆的圆心坐标为：，故圆心到直线的距离，解得：，故答案为：【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式．15．已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若该球的表面积为，则圆柱的侧面积为_____．【答案】.【解析】先由球的表面积为求出球的半径，然后由圆柱的侧面积公式算出即可【详解】因为球的表面积所以所以圆柱的底面直径与高都为所以圆柱的侧面积：故答案为：【点睛】本题考查的是空间几何体表面积的算法，较简单.16．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成(点不落在底面内)，若在线段上(点与，不重合)，则在翻转过程中，以下命题正确的是___________(把正确的序号写在横线上)（1）存在某个位置，使（2）存在点，使得平面成立（3）存在点，使得平面成立（4）四棱锥体积最大值为【答案】（3）（4）【解析】利用反证法可得（1）（2）错误，取为的中点，取的中点为，连接，可证明平面，当平面平面时，四棱锥体积最大值，利用公式可求得此时体积为.【详解】如图（1），取的中点为，连接，则，，故，故即．若，因为，故，而，故平面，因为平面，故，矛盾，故（1）错．若平面，因为平面，故，因为，，故平面，因为平面，故，但，矛盾，故（2）错．当平面平面时，四棱锥体积最大值，由前述证明可知，而平面平面，平面，故平面，因为为等腰直角三角形，，故，又四边形的面积为，故此时体积为，故（4）正确．对于（3），如图（2），取为的中点，取的中点为，连接，则，而，故即四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，故平面，故（3）正确．故答案为：（3）（4）.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题. 三、解答题17．已知圆C过三点，，，圆C的方程；【答案】【解析】根据圆的对称性由两点，可得圆心在上，从而设出圆心坐标，再由，到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆C的方程.【详解】因为圆过点，故圆心在上设圆心坐标，则，解得.故其半径.故圆方程为：【点睛】本题主要考查了由圆上三点求圆的方程，属于中档题.18．已知，，.（1）求与的夹角；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知可以求出的值，进而根据数量积的夹角公式，求出，进而得到向量与的夹角；（2）要求，我们可以根据（1）中结论，先求出的值，然后开方求出答案．【详解】（1），，，，∴，∴，∴向量与的夹角.（2），.【点睛】本题考查数量积表示两个向量的夹角、向量的模，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．19．在中，内角所对的边分别为，已知．（1）求角C的大小（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）.   【解析】（Ⅰ）利用正弦定理化简已知等式可得值，结合范围，即可得解的值．（Ⅱ）利用正弦定理及面积公式可得，再利用余弦定理化简可得值，联立得从而解得周长．【详解】（Ⅰ）由正弦定理，得，在中，因为，所以故，                      又因为0＜C＜，所以． （Ⅱ）由已知，得.又，所以.   由已知及余弦定理，得，   所以，从而.即      又，所以的周长为.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题．20．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面.（1）若为边的中点，求证：平面.（2）求证：.（3）若为边的中点，能否在上找出一点，使平面 平面？【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）证明，利用面面垂直的性质即可证明（2）证平面即可得（3）存在点，且为的中点，证明平面，即可证出平面 平面.【详解】证明：连接，，因为是等边三角形，为边的中点，所以．因为平面平面，所以平面，所以．因为四边形是菱形，所以．又因为，所以是等边三角形，所以．又因为，，所以平．（2）证明：因为，，，所以平面．又因为 平面，所以．（3）存在点，且为的中点．证明如下：连接交于，连接，因为且，又，分别是，的中点，连接，所以且，所以四边形是平行四边形，所以．又因为，所以．由（1）知平面，所以平面．又 平面，所以平面平面．【点睛】本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题.21．已知数列满足.（1）求数列的通项；（2）设，求数列的前项和，当对一切正整数恒成立时，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求出，再用错位相减法求出时的，再检验是否符合，进而求出；（2）首先根据（1）求出数列的通项公式，再求出数列的前项和；又因为递增，所以对一切正整数恒成立等价于，即，进而求出实数的取值范围.【详解】解：（1）当时，，所以，当时， ①， ②，由①②得，所以，当时也符合此式，综上可知.（2）因为，所以，所以 ③， ④，由③④得：所以，又因为，所以的最小值为，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查数列的通项公式和数列前和的求解，以及数列与不等式的结合等问题，考查运算求解能力，属于中等题型.22．在四棱锥中，平面，，，，，，是的中点，在线段上，且满足.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）；（3）【解析】【详解】分析：该题是立体几何的有关问题，第一问在证明线面平行时，可以利用常规方法，用线面平行的判定定理来证明，也可以应用空间向量来证明，用直线的方向向量与平面的法向量是垂直的即可，第二问求二面角的余弦值，用两个平面的法向量所成角的余弦值来求得，第三问假设其存在，设出点的坐标，建立等量关系式从而求得结果，做好取舍即可.详解：（1）证明：取的中点，的中点，连接和，∴且，∴，分别为，的中点.且∴且，四边形为平行四边形，∴，平面，平面，∴平面.（1）由题意可得，，两两互相垂直，如果，以为原点，，，分别是，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，∴，令∴又，∴，∴平面∴ 平面（2）设点坐标为则，，由得，∴设平面的法向量为，由得即令∴则又由图可知，该二面角为锐角故二面角的余弦值为（3）设，，∴ ∴∴∵与平面所成角的余弦值是∴其正弦值为∴，整理得：，解得：，（舍）∴存在满足条件的点，，且点睛：在解决立体几何问题时，尤其空间关系的时候，可以有两种方法，一是常规法，二是空间向量法，在应用面的法向量所成角来求二面角的时候，一定需要分清楚是其补角还是其本身，在涉及到是否存在类问题时，都是先假设存在，最后求出来就是有，推出矛盾就是没有.