2021省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（理）试题含答案

哈师大青冈实验中学2020-2021学年度10月份考试

高二学年数学（理）试题

试卷说明：满分 150分    时间  120分钟

一、选择题：（共12小题，每小题5分，满分60分）

1．已知若，则（    ）

A．4 B．3 C． D．

2．在中，角所对的边分别为，若，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．

3．已知，且，则的最小值为（    ）

A．8 B．9 C．6 D．7

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

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．

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

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

8．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若为底面的中心，则PA与平面所成角的大小为（     ）

A． B． C． D．

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．

10．如图，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．               

11．如图，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．

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(   ).

二、填空题：（共4小题，每小题5分，满分20分）

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_____________．

14．圆的圆心到直线的距离为1，则________

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_____．

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

三、解答题：（共6小题，17题10分，18——22题每小题12分，满分70分）

17．（10分）已知圆C过三点，，.求圆C的方程；

18．（12分）已知，，.

（1）求与的夹角；

（2）求

19．（12分）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．

20．（12分）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？

21．（12分）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.

22．（12分）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.

哈师大青冈实验中学2020-2021学年度10月份考试

高二学年数学（理）试题答案

1-12  DCBBCC     BBABDA

13.        14.                   15..        16.（3） （4）

17.（10分）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：

18.（12分）解：（1），，

，

，

∴，∴，∴向量与的夹角.

（2），.

19.（12分）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.

20. （12分）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．

21.（12分）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.

22.（12分）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，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