2021-2022学年上海市奉贤中学高二上学期10月月考数学试题含解析

2021-2022学年上海市奉贤中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若球的表面积是原来的9倍，则球的体积为原来的（    ）倍

A． B．9 C．27 D．

【答案】C

【分析】先利用球的表面积公式求得半径的倍数，再利用体积公式求解即可.

【详解】设原来的球的半径为，面积为，体积为，后来的球的半径为，面积为，体积为，

则，故，

所以，即球的体积为原来的27倍.

故选：C.

2．已知两个不同平面，和三条不重合的直线，，，则下列命题中正确的是

A．若，，则

B．若，在平面内，且，，则

C．若，，是两两互相异面的直线，则只存在有限条直线与，，都相交

D．若，分别经过两异面直线，，且，则必与或相交

【答案】D

【解析】直接利用定义和判定定理的应用求出结果．

【详解】解：对于选项：若，，则直线也可能与直线异面，故错误．

对于选项：只有直线和为相交直线时，若，，则．故错误

对于选项：若，，是两两互相异面的直线，则要么存在一条直线或不存在直线与，，都相交．故错误

对于选项：若，分别经过两异面直线，，且，则必与或相交，正确．

故选：．

【点睛】本题考查的知识要点：立体几何中的定义和判定的定理的应用，主要考查学生对定义的理解能力，属于基础题．

3．习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略.为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出6名农业技术专家（4男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多4人，则不同的选派方案共有（    ）种

A．48 B．68 C．38 D．34

【答案】A

【分析】考虑两类分组，即2人、4人与3人、3人，将其先分组再排列求得两类分别的种数，最后由分类计数原理计算法则求得答案.

【详解】这样的6名专家第一类分组为2人、4人并派往两个贫困县参加扶贫工作，不考虑女专家不单独成组共有种，而女专家单独成组共有种，故此类共有种；

第二类分组为3人、3人并派往两个贫困县参加扶贫工作，此类共有种；

故不同的选派方案共有28+20=48种.

故选：A

【点睛】本题考查排列组合的综合应用，应先分组再排列，属于简单题.

4．过正方体的顶点A作直线，使与棱AB，AD，

所成的角都相等，这样的直线可以作

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】D

【详解】如图：

由于平面，平面，平面上不存在满足条件的直线，只需考虑正方体内部和正方体外部满足条件的直线的条数.第一类：在正方体内部,由三余弦定理知在平面内的射影为的角平分线,在平面内的射影为的角平分线，则在正方体内部的情况为体对角线；第二类：在图形外部与每条棱的外角度数和另条棱夹角度数相等，有条.所以共有条满足条件的直线,故选D.

二、填空题

5．若直线，直线a､c是异面直线，则直线b､c的位置关系为___________.

【答案】异面或相交

【分析】根据线线的位置关系，结合平面的基本性质，数形结合判断b､c的位置关系.

【详解】由直线，直线a､c是异面直线，如下图示，

若在面内，且与相交，则直线可在面内平移，且在情况下，

由图知：b､c异面或相交.

故答案为：异面或相交

6．若，则的值为__________

【答案】3或7

【解析】直接利用组合数的公式的性质可得或，从而得到的值.

【详解】由组合数的性质可得或，解得或7.

故答案为：3或7.

【点睛】本题考查组合数公式的性质，属于基础题.

7．在正方体中，二面角的大小是________.

【答案】

【分析】在正方体中，，则是二面角的平面角，即可得出答案.

【详解】在正方体中，平面.

所以

所以是二面角的平面角.

在直角中，，所以

故答案为：

【点睛】本题考查求二面角的大小，求二面角的常见方法有定义法和向量法，属于基础题

8．已知是腰长为2的等腰直角三角形，那么的斜二测平面直观图的面积是___________.

【答案】

【分析】直接利用直观图面积与原图形面积比即可求解.

【详解】因为是腰长为2的等腰直角三角形，所以，

又因为直观图面积与原图形面积比为，

故的斜二测平面直观图的面积为.

故答案为：

9．从5个男生､4个女生中任取2人参加校庆活动，至少有1名女生的选择种数为___________.

【答案】

【分析】从人中任取人求出事件总数，再减去没有名女生的情况，即可得解；

【详解】解：依题意，至少有1名女生的选择种数为种.

故答案为：

10．已知正四棱柱的对角线长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则这个正四棱柱的体积等于___________.

【答案】

【分析】根据正四棱柱的结构特征求出棱长，应用棱柱体积公式求其体积.

【详解】由正四棱柱的结构特征得：.

所以在中，故底面边长.

所以正四棱柱的体积为.

故答案为：

11．若是两条不同的直线，m垂直于平面，则“”是“”的___________条件.

【答案】充分非必要条件

【分析】利用四类条件的定义进行判定.

【详解】当时，因为，所以，所以充分性成立，

当时，因为，所以或，所以必要性不成立，

故答案为：充分非必要条件.

12．有下列命题：

①在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长；

②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线长；

③侧面都是平行四边形的多面体是棱柱；

④体对角线相等的平行六面体是长方体.

共中正确命题是___________（填号）.

【答案】②④

【分析】通过反例可确定①③错误；由圆锥母线定义知②正确；利用线面垂直的判定和性质可证得体对角线相等的平行六面体各个侧面均为矩形，由此可知④正确.

【详解】对于①，若上下底面上的两点连线与底面不垂直，则不是圆柱的母线，①错误；

对于②，由圆锥母线的定义可知②正确；

对于③，若一个直四棱柱与一个斜四棱柱底面大小相同，将其上下底面相接构成一个组合体，如下图所示，

此时满足侧面都是平行四边形，但该多面体不是棱柱，③错误；

对于④，若平行六面体的体对角线相等，则对角面为矩形，如下图所示，

此时四边形与均为矩形，，，

又，，

，平面，平面；

又平面，，，

四边形，，，均为矩形，

同理可得：平面，又平面，，

四边形，均为矩形，该平行六面体为长方体，④正确.

故答案为：②④

13．已知三棱柱的体积为6，则四面体的体积为___________.

【答案】2

【分析】根据同底等高的圆柱与圆锥的体积公式分析即可.

【详解】，

因为三棱柱的体积为6，所以四面体的体积为2.

故答案为：2

14．已知三棱锥-，若，，两两互相垂直，且，D为面上的动点，则 的最小值为___．

【答案】

【分析】根据题意利用等体积法计算点到平面的距离，即为的最小值.

【详解】解：∵，，两两互相垂直，且，

∴

∴点到的距离为

∴的面积为

设点到平面的距离为，则

∴

即 的最小值为

故答案为

【点睛】本题考查了点、线、面间的距离计算，考查了等体积法.

15．如图，正方体，中，E､F分别是棱AB､BC的中点，过点､E､F的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，记，则___________.

【答案】

【分析】根据平面的基本性质画出过的截面，再利用柱体、锥体的体积公式求，即可得结果.

【详解】延长交的廷长线与点，连接交于点，连接：

延长交的延长线与点，连接交于点，连接：

所以过的截面为，如下图示：

设正方休的棱长为，

则过的截面下方几何体的体积为，

所以另一部分体积为，则.

故答案为：

16．已知从个球（其中个白球，1个黑球）的口袋中取出个球（，），共有种取法，在这种取法中，可以分成两类：一类是取出的个球全部为白球，另一类是取出1个黑球和个白球，共有种取法，即有等式成立，试根据上述思想，化简下列式子：________（，）.

【答案】

【分析】根据题意，从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球（，（，），共有种取法；这种取法中，可以根据黑球被取到的个数分为类：

分别计算对应的取法，即可得出结果.

【详解】由题意，

从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球（，（，），共有种取法；

在这种取法中，可以根据黑球被取到的个数分为类：

取个黑球，有种取法；

取个黑球，有种取法；

取个黑球有，种取法；

……，

取个黑球有，种取法；

则.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查合情推理，以及组合的简单应用，属于基础题型.

三、解答题

17．已知圆锥AO的底面半径为2，母线长为，点C为圆锥底面圆周上的点，为圆心，是的中点，且.

(1)求圆锥的全面积；

(2)求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据圆锥的全面积公式计算可得；

（2）依题意，再由，即可得到平面，则是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得；

【详解】(1)解：圆锥的底面积，

圆锥的侧面积，

圆锥的全面积.

(2)解：因为，所以且，，平面，

所以平面，

所以是直线与平面所成角，

在中，，，

所以，所以，

所以直线与平面所成角为.

18．用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？

(1)偶数：

(2)左起第二､四位是奇数的偶数；

(3)比21034大的偶数.

【答案】(1)个

(2)个

(3)个

【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.

（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.

（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.

【详解】(1)末位是0，有个，

末位是2或4，有个，

故满足条件的五位数共有个.

(2)法一：可分两类，0是末位数，有个，

2或4是末位数，则个.

故共在个.

法二：四位从奇数1，3中取，有；

首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；

故共有个.

(3)法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；

当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；

当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；

当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；

当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个.

故有个.

法二：不大于21034的偶数可分为三类：

万位数字为1的偶数，有个；

万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.

而由组成的五位偶数有个.

故满足条件的五位偶数共有个.

19．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点是线段上任意一点.

（1）求证：；

（2）试确定点的位置，使与平面所成角的大小为30°.

【答案】（1）证明见解析（2）当时，与平面所成角的大小为

【分析】（1）连结，通过证明平面，即可得.另外可以利用空间向量证明线线垂直；

（2）由⊥平面可得与平面所成角为，，在中可求出值，即可得到点的位置.另外还可以用空间向量法求线面角.

【详解】（1）证明：连结，因为四边形为正方形，

所以，，

又因为⊥平面，平面，

所以．由平面．

又因为平面，所以．

（2）解法一：设，因为⊥平面，

所以与平面所成角为

在中，由．

所以，当时，与平面所成角的大小为．

解法2：（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系．

，，，．

设,则

则，

因为，

所以;

（2）取平面的一个法向量为

因为，可知直线的一个方向向量为．

设与平面所成角为，由题意知．与所成的角为，

则，

因为，所以，，

解得，．

当时，与平面所成角的大小为．

【点睛】本题考查线线垂直的证明以及线面角的求解，考查计算能力和空间想象能力，是基础题.

20．如图所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将△折起到△的位置，使，记，表示四棱锥的体积．

(1)求的表达式；(2)当为何值时，取得最大,并求最大值．

【答案】(1) VP－ACFE＝ (2)

【详解】试题分析：（1），S四边形ACFE＝S△ABC－S△BEF＝，所以四棱锥P－ACFE的体积VP－ACFE＝S四边形ACFE·PE＝；（2）V′(x)＝0⇒，所以 ．

试题解析：

(1)因为EF⊥AB，所以EF⊥PE.又因为PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ACFE. 因为EF⊥AB，CD⊥AB，且CD，EF共面，所以EF∥CD，

所以⇒

所以四边形ACFE的面积

S四边形ACFE＝S△ABC－S△BEF＝

所以四棱锥P－ACFE的体积VP－ACFE＝S四边形ACFE·PE＝

(2)由(1)知.        令V′(x)＝0⇒因为当时，V′(x)>0，     当时，V′(x)<0.所以当时，

21．四面体ABCD的体积为1，O为其中心，正四面体与正四面体ABCD关于点O对称.

(1)证明：平面GHF平面BCD：

(2)求三棱锥的体积：

(3)设棱AB与棱的交点为M，判断M的位置（不需要证明），并求出两个正四面体公共部分的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)M棱AB与棱GH的中点，

【分析】将正四面体ABCD及正四面体EFGH内嵌至正方体中：（1）根据面面平行的判断定理证明；（2）根据四面体的中心为高线的四等分点，结合锥体的体积理解运算；（3）根据图形结合锥体的体积理解运算.

【详解】(1)将正四面体ABCD及正四面体EFGH内嵌至正方体中，

∵，，则为平行四边形

∴

平面BCD，平面BCD，

∴平面BCD

同理可得：平面BCD

则平面GHF平面BCD

(2)三棱锥O-BCD的体积

(3)M棱AB与棱GH的中点，设分别为AC､AD､CD的中点，

从而

【点睛】