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）

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.