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（文）试题（解析版）.doc下载_163文库

资源描述

1、第 1 页共 17 页 2020-2021 学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二二 10 月月考数学（文）试题月月考数学（文）试题一、单选题一、单选题 1已知已知1,2OA uur ，3,OBm uuu r ，若，若OA OB ，则，则m（） A4 B3 C 3 2 D 3 2 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据OA OB 及OA、OB的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数m 【详解】由OA OB ，1,2OA uur ，3,OBm uuu r 有 3 20OA OBm 解得 3 2 m 故选：D 【点睛】本题考查了向量垂直的

2、坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有 1212 0 x xy y求参数值 2在在ABC中，角中，角 , ,A B C所对的边分别为所对的边分别为, ,a b c，若，若30 ,45 ,2 2BCb ，则则c（） A2 B3 C4 D 4 3 3 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理可知 sinsin bc BC ，则 2 2 2 sin 2 4 1 sin 2 bC c B 故选：C 【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题. 第 2 页共 17 页 3某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：某简单几何体的三视图

3、（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm cm），则该几何体），则该几何体的体积（单位：的体积（单位：cmcm 3 3）为）为 A1818 B6 3 C3 3 D2 3 【答案】【答案】C 【解析】【解析】判断三视图复原的几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积即可. 【详解】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为 2，高为 3, 所以几何体的体积为 2 3 233 3 4 ，故选：C. 【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力 4已知已知, (0,)x y，且，且 14 1 xy ，则，则x y 的最小值为（的最小值为（） A

4、8 B9 C6 D7 【答案】【答案】B 第 3 页共 17 页【解析】【解析】由题意，根据 14 xyxy xy ，结合基本不等式，即可求出结果. 【详解】因为,(0,)x y，且 14 1 xy ，所以 1444 14529 yxyx xyxy xyxyxy ，当且仅当 4yx xy ，即 3 6 x y 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. 5如图所示，三棱台如图所示，三棱台 111 ABCABC中，沿面中，沿面 1 ABC截去三棱锥截去三棱锥 1 AABC，则剩余部，则剩余部分是（分是（） A三棱锥三棱锥 B四棱锥四棱锥 C

5、三棱台三棱台 D四棱台四棱台【答案】【答案】B 【解析】【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 111 ABCABC中，沿面 1 ABC截去三棱锥 1 AABC，则剩余部分是四棱锥 111 ABBCC，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. 6设设 m，n是两条不同直线，是两条不同直线，是两个不是两个不同平面，则下列说法同平面，则下列说法错误错误的是（的是（） A若若m，n，则，则/mn； B若若/ / ，m

6、，则，则m ；第 4 页共 17 页 C若若/m，/n，则，则/mn； D若若m， / /m，则，则【答案】【答案】C 【解析】【解析】直接由直线平面的定理得到选项,A B正确；对于选项C， m，n 可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项D，m与内一直线 l，所以l，因为 l 为内一直线，所以所以该选项正确. 【详解】对于选项A，若m，n，则/mn，所以该选项正确；对于选项B，若/ /，m，则m，所以该选项正确；对于选项C，若/m，/n，则 m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项D，若m，/ /m，则m与内一直线 l，所以l，因为 l为内一直线，所以所以

7、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. 7如图，在正方体如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，中，E为为 11 AC的中点，则异面直线的中点，则异面直线CE与与BD所所成的角为（成的角为（） A30 B45 C60 D90 【答案】【答案】D 【解析】【解析】连接AC，由已知条件可证得BD 平面 11 AACC，从而可得BD CE，由此可得答案【详解】第 5 页共 17 页连接AC，则ACBD，因为 1 AA 平面ABCD，BD在平面ABCD内，所以 1 AABD，因为 1 AAACA，

8、所以BD 平面 11 AACC，因为CE在平面 11 AACC内，所以BD CE，所以异面直线CE与BD所成的角为90，故选：D 【点睛】此题考查求异面直线所成的角，属于基础题 8在我国古代著名的数学专著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：几日相逢至齐，复还迎驽马，二马相逢问

9、：几日相逢? （）（） A16 日日 B12 日日 C9 日日 D8 日日【答案】【答案】C 【解析】【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 an103+13（n1）13n+90，bn970.5（n1）97.50.5n，则数列an与数列bn的前 n项和为 112522250，又数列an的前 n 项和为 2 n （103+13n+90） 2 n （193+13n），第 6 页共 17 页数列bn的前 n 项和为 2 n （97+97.50.5n） 2

10、n （194.5 1 2 n）， 2 n （193+13n） 2 n （194.5 1 2 n）2250，整理得：25n2+775n90000，即 n2+31n3600，解得：n9或 n40（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 9给出下列命题：给出下列命题：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；边互相平行，由

11、这些面所围成的封闭几何体是三棱柱；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；体一定是五棱锥；有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的封闭几何体一定是四棱台. 其中正确的命题是（其中正确的命题是（） A B C D 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据棱柱的定义进行判断；根据棱锥的定义进行判断；根据棱台的定义进行判断

12、【详解】由棱柱的定义知正确；由棱锥的定义知正确；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，则不一定是四棱台，故错误；故正确的是；故选：B 【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 10如图，在棱长为如图，在棱长为1的正方体的正方体 1111 ABCDABC D中，中，M为为CD中点，则四面体中点，则四面体 1 ABC M的体积的体积( )( ) 第 7 页共 17 页 A 1 2 B 1 4 C 1 6 D 1 12 【答案】【答案】C 【解析】【解

13、析】由体积桥可知 11 A BC MCABM VV ，求解出 ABM S和高 1 CC，代入三棱锥体积公式求得结果. 【详解】 M为CD中点 11 22 AMBABCD SS 又 1 CC 平面ABCD 11 1 11 36 A BC MCABMABM VVSCC 本题正确选项：C 【点睛】本题考查三棱锥体积的求解问题，关键是能够利用体积桥将所求三棱锥更换顶点，从而更容易求得几何体的高和底面积，属于基础题. 11鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起鲁班锁（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源于古代中国建筑的榫卯结构.这种这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即

14、榫卯结构）啮合，十分巧妙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，鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图如图 1，这是一种常见的鲁班锁玩具，这是一种常见的鲁班锁玩具，图图 2 是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为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（，则该鲁班锁的表面积为（） A8(66 23) B6(88 23) C8(66 32) D6(88 32) 【答案】【答案】A 【解析】【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

15、几何体，第 8 页共 17 页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2 2 2 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 2，则该几何体的表面积为 2 11 6(22 2)422823 22 S 8(66 23). 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. 12在棱长为在棱长为 2 的正方体的正方体 1111 ABCDABC D中，中，E，F分别为棱分别为棱 1 AA、 1 BB的中点，的中点， M为棱为棱 11 AB上的一点，且上的一

16、点，且 1 (02)AM，设点，设点N为为ME的中点，则点的中点，则点N到平到平面面 1 DEF的距离为（的距离为（） A3 B 2 2 C 2 3 D 5 5 【答案】【答案】D 【解析】【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n，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（2，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2

17、，2，1）， 1 ED（2，0，1），EF（0，2，0），EM（0，1），设平面 D1EF 的法向量n（x，y，z），则 1 20 20 n EDxz n EFy ，取 x1，得n 第 9 页共 17 页（1，0，2），点 M 到平面 D1EF的距离为：d |22 5 |55 EM n n ，N 为 EM中点，所以 N 到该面的距离为 5 5 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，属于中档题二、填空题二、填空题 13 已知直线已知直线 l的斜率为的斜率为 2，且经过点，且经过点 2, 5，则直线，则直线 l的一般式方

18、程为的一般式方程为_ 【答案】【答案】210 xy 【解析】【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2, 5，所以直线 l的方程为52(2)yx，即210 xy 故答案为：210 xy . 【点睛】本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题. 14圆圆 22 28130 xyxy的圆心到直线的圆心到直线 10axy 的距离为的距离为 1，则，则 a_ 【答案】【答案】 4 3 【解析】【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案第 10 页共 17 页【详解】圆 22 28130 xyxy的圆心

19、坐标为：(1,4)，故圆心到直线10axy 的距离 2 |4 1| 1 1 a d a ，解得： 4 3 a ，故答案为： 4 3 【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48，则圆柱的侧，则圆柱的侧面积为面积为_ 【答案】【答案】48. 【解析】【解析】先由球的表面积为48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 2 448SR 所以=2 3R 所以圆柱的底面直径与高都为4 3 所以圆柱的侧面积：2 2 3 4 3=48

20、故答案为：48 【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，在长方体如图，在长方体 1111 ABCDABC D中，中， 1AB ， 1 2AA ， 2AD ，E、F分分别为棱别为棱 1 AA、 1 BB的中点的中点.动点动点 P在长方体的表面上，且在长方体的表面上，且EPCF，则点，则点 P的轨迹的长的轨迹的长度为度为_. 【答案】【答案】26 【解析】【解析】过点F构造一个平面，使之与直线CF垂直，则平面与正方体的表面的第 11 页共 17 页交线为动点P的轨迹，则可得到答案. 【详解】过E构造一个平面，使得CF,当点P在平面与正方体的表面的交线上时，就

21、有EPCF成立. 连接EF，则在正方体中 E、F分别为棱 1 AA、 1 BB的中点. 则EFCF. 在侧面 11 BCC B内过点F作CFFG,交 11 BC于点G. 则平面EFG就是需要的平面. 则平面EFG截正方体得到截面为矩形EFGH.如图则动点P的轨迹为矩形EFGH的四条边组成的图形. CFFG，则 1 90GFBCFB. 所以 1 1 1 1 tantan 2 BGBF FCBGFB BCB F 所以 1 2 2 BG ，则 2 26 1 22 FG 1EFAB. 所以矩形EFGH的周长为: 6 1 2226 2 故答案为：26 【点睛】本题考查满足条件的动点的轨迹的探索，考查

22、线面垂直，属于中档题. 三、解答题三、解答题 17已知圆已知圆 C过三点过三点1,3，() 4,2，1, 7，圆，圆 C的方程；的方程；【答案】【答案】 22 (1)(2)25xy 第 12 页共 17 页【解析】【解析】根据圆的对称性由两点1,3，1, 7可得圆心在2y 上，从而设出圆心坐标，再由1,3，( ) 4,2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 1,3 , 1, 7，故圆心在2y 上设圆心坐标, 2x ，则 22 125416xx，解得1x . 故其半径 2 2 1 12525r . 故圆方程为： 22 (1)(2)25xy 【点睛】

24、1 cos, 2 a b r r ，,120a b，向量a与b的夹角120=?. （2） 222 |2169 1237ababa b， |37ab. 第 13 页共 17 页【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在在ABC中，内角中，内角 , ,A B C所对的边分别为所对的边分别为, ,a b c，已知已知3 cossinbCcB （1）求角）求角 C 的大小的大小（2）若）若 2 7c ，ABC的面积为的面积为6 3，求，求ABC的周长的周长【答案】【答案】（） 3 C （）10 2 7

25、. 【解析】【解析】（）利用正弦定理化简已知等式可得tanC值，结合范围0,C，即可得解C的值（）利用正弦定理及面积公式可得ab，再利用余弦定理化简可得ab值，联立得, a b 从而解得ABC周长【详解】（）由正弦定理 sinsin bc BC ，得 3sin cossin sinBCBC ，在ABC中，因为sin0B，所以3cossinCC 故tan3C ，又因为 0C，所以 3 C （）由已知，得 1 sin6 3 2 abC . 又 3 C ，所以24ab. 由已知及余弦定理，得 22 2cos28ababC ，所以 22=52 ab，从而 2 100ab.即10a

26、 b 又2 7c ，所以ABC的周长为102 7. 【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在四棱锥在四棱锥EABCD中，底面中，底面ABCD是正方形，是正方形，AC与与BD交于点交于点O，EC 底底面面ABCD，F为为BE的中点的中点第 14 页共 17 页（1 1）求证：）求证：DE平面平面ACF；（2 2）若）若2,2ABCE, ,求三棱锥求三棱锥 F F- -ABCABC 的体积的体积. 【答案】【答案】（1）见解析；（2） 2 3 【解析】【解析】（1）连接 OF，证明/DEOF，结合线面平行的判定定理证明

27、即可（2）由EC 底面ABCD，知 F 到平面 ABC 的距离为 1 2 EC,再由三棱锥体积公式可以算出答案【详解】（1）连接OF由ABCD是正方形可知,点O为BD中点又F为BE的中点，所以 OFDE 又OF 平面,ACF DE 平面,ACF所以DE平面ACF （2）取 BC 的中点为 H，连结 FH， 1 / /,1 2 FHCE FHCE，ECABCD又平面 FHABCD平面， 1 2 2 ABC SAB BC 12 33 FABCABC VSFH 【点睛】本题主要考查了线面平行，以及三棱锥的体积计算，属于基础题 21 设数列设数列 n a的前的前n项和为项和为 2 2 n

28、 Sn， n b为等比数列，且为等比数列，且 11 ab， 2211 ()b aab （1）求数列）求数列 n a和和 n b的通项公式；的通项公式；（2）设）设 n n n a c b ，求数列，求数列 n c的前的前n项和项和 n T 【答案】【答案】（1）42 n an， 1 2 4 n n b ；（2） 255 ) 4 399 n n Tn( 第 15 页共 17 页【解析】【解析】（1）由已知利用递推公式 1 1 ,1 ,2 n nn S n a SSn ，可得 n a，代入分别可求数列 n b的首项 1 b，公比q，从而可求 n b. （2）由（1）可得 1 214n

29、 n cn ，利用乘“公比”错位相减法求和【详解】解：(1)当2n时， 22 1 22142() nnn aSSnnn - -，当1n 时， 11 2aS满足上式，故 n a的通项式为42 n an 设 n b的公比为q，由已知条件 2211 ()b aab知， 1 2b ， 1 2 21 1 2 b b aa ，所以 2 1 1 4 a q a ， 1 1 1 1 2 4 n n n bbq ，即 1 2 4 n n b (2) 1 1 42 21 4 2 4 n n n n n an cn b ， 121 12 1 3 45 42()14n nn Tcccn 221 ()()41

30、 43 45 423 421 4 nn n Tnn 两式相减得： 1231 () 55 31 2 444421 4(4 3 )2) 3 nnn n Tnn ( 255 ) 4 399 n n Tn( 【点睛】本题考查等差数列、等比数列的求法，错位相减法求数列通项，属于中档题. 22如图所示，在四棱锥如图所示，在四棱锥PABCD中，底面中，底面ABCD是是60DAB且边长为且边长为a的菱的菱形，侧面形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD . 第 16 页共 17 页（1 1）若）若G为为AD边的中点，求证：边的中点，求证：BG平面平面PA

31、D . （2 2）求证：）求证：ADPB . （3 3）若）若E为为BC边的中点，能否在边的中点，能否在PC上找出一点上找出一点F，使平面，使平面 DEF 平面平面ABCD？【答案】【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】【解析】（1）证明PGAD，利用面面垂直的性质即可证明（2）证AD 平面BPG 即可得ADPB（3）存在点F，且F为PC的中点，证明MF 平面ABCD，即可证出平面 DEF 平面ABCD. 【详解】证明：连接PG，BD，因为PAD是等边三角形，G为AD边的中点，所以PGAD 因为平面PAD 平面ABCD，所以PG平面ABCD，所

32、以PGBG 因为四边形ABCD是菱形，所以ABAD又因为60BAD，所以ABD是等边三角形，所以BGAD又因为PGADG，，所以BG平PAD （2）证明：因为ADPG，ADBG，PGBGG，所以AD 平面BPG 又因为BP 平面BPG，所以ADPB （3）存在点F，且F为PC的中点证明如下：连接CG交DE于M，连接FM，因为ADBC且ADBC，又E，G分别是BC，AD的中点，连接EG，所以 CEDG且CE DG，所以四边形CEGD是平行四边形，所以CMMG又因为 CFFP，所以MF PG 由（1）知PG平面ABCD，所以MF 平面ABCD 又第 17 页共 17 页 MF 平面DEF，所以平面DEF 平面ABCD 【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.

展开阅读全文