2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A． 若m∥α，n∥α，则m∥n B． 若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C． 若m∥α，m∥β，则α∥β D． 若m⊥α，n⊥α，则m∥n ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：选线A， 可能相交或异面；选项B， 可能相交或垂直；选项C， 可能相交或垂直.故选D.‎ ‎【考点】直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.‎ ‎2．直线mx＋4y－2＝0与直线2x－5y＋n＝0垂直，垂足为(1，p)，则n的值为(　　)‎ A． －12 B． －14 C． 10 D． 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由直线mx+4y﹣2=0与直线2x﹣5y+n=0垂直，求出m=10，把（1，p）代入10x+4y﹣2=0，‎ 求出p=﹣2，把（1，﹣2）代入2x﹣5y+n=0，能求出n．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线mx+4y﹣2=0与直线2x﹣5y+n=0垂直，垂足为（1，p），‎ ‎∴2m﹣4×5=0，‎ 解得m=10，‎ 把（1，p）代入10x+4y﹣2=0，得10+4p﹣2=0，解得p=﹣2，‎ 把（1，﹣2）代入2x﹣5y+n=0，得2+10+n=0，‎ 解得n=﹣12．‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ 本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查 函数与方程思想，是基础题．‎ ‎3．下列命题 ‎①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；‎ ‎②有三个角是直角的四边形是矩形；‎ ‎③如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直 ‎④如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行 ‎⑤圆锥的顶点与底面上任意一点的连线是圆锥的母线；‎ 其中正确命题的是(　　)‎ A． ①②③ B． ①②⑤ C． ①③ D． ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 逐一判断每一个命题的真假得解.‎ ‎【详解】‎ ‎①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内,是真命题；②有三个角是直角的四边形是矩形，是假命题，因为空间四边形中也有三个角是直角的，但是空间四边形不是矩形；‎ ‎③如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直，可以证明是真命题；④如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行，是假命题，因为这两条直线还有可能相交或异面；⑤圆锥的顶点与底面上任意一点的连线是圆锥的母线，是假命题，因为圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查空间几何元素之间的位置关系，意在考察学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.(2)类似这种位置关系的判断，常利用举反例和直接证明两种方法.‎ ‎4．若直线无论取何值，直线恒过定点(　　)‎ A． (0,4) B． (2,2) C． (－2,4) D． (2，－2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 先化简直线L的方程为a(x-2)+4-2y=0,得到x-2=0且4-2y=0，即得到定点坐标.‎ ‎【详解】‎ 由题得a(x-2)+4-2y=0，所以，所以定点坐标为（2,2）.‎ 故答案为：B ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查直线的方程和定点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)求直线经过的定点常用分离参数法和赋值法,本题使用的是分离参数法.‎ ‎5．圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为,则圆锥的表面积是底面积的( )倍，‎ A． 2 B． 3 C． 4 D． 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 先根据已知得到l=3r，再计算圆锥的表面积和底面积的倍数关系.‎ ‎【详解】‎ 设圆锥的底面圆半径为r,母线长为l,由题得 ‎.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥的表面积和底面积的计算，考查扇形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎6．如图，在中，面，，是的中点，则图中直角三角形的个数是（ ）‎ A． 5 B． 6 C． 7 D． 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为面，所以，则三角形为直角三角形，因为，所以，所以三角形是直角三角形，易证，所以面 ‎，即，则三角形为直角三角形，即共有7个直角三角形；故选C．‎ ‎【考点】空间中垂直关系的转化．‎ ‎7．直线xsin α-y＋2＝0的倾斜角的取值范围是(　 )‎ A． [0，π) B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由直线的方程可确定直线的斜率，可得其范围，进而可求倾斜角的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 直线xsinα﹣y+10=0的斜率为k=sinα，‎ ‎∵|sinα|≤1，∴|k|≤1‎ ‎∴倾斜角的取值范围是：．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的斜率和倾斜角的关系，考查正切函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎8．在正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体过P，Q，R的截面图形是(　 )‎ A． 三角形 B． 四边形 C． 五边形 D． 六边形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 延长QP，CB交于V，连接RV，交BB1于S．作RT∥PQ，交C1D1于M．延长PQ，CD 交于T，连接TM，交DD1于N．那么PQNMRS即为所求截面．‎ ‎【详解】‎ 延长QP，CB交于V，连接RV，交BB1于S．‎ 作RT∥PQ，交C1D1于M．延长PQ，CD交于T，连接TM，交DD1于N．‎ 如图所示：‎ 正方体过P、Q、R的截面图形是六边形，‎ 且是边长是正方体棱长的倍的正六边形．‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面公理2，公理2指出：如果两平面有一个公共点，那么有且只有一条通过 这个点的公共直线．其作用：①它是判定两平面相交的方法；②它说明了两平面交线与两平 面公共点之间的关系，交线必过公共点；③它是判别点在直线上，即证若干点共线的依据．‎ ‎9．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中， ，则绕所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据“斜二测画法”可得AB=4，OC=2，AC=BC=4，△ABC是等边三角形；△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，求它的表面积即可．‎ ‎【详解】‎ 根据“斜二测画法”可得AO=BO=2，OC=2，‎ ‎∴AC=BC==4，如图所示，‎ ‎∴△ABC是边长为4的等边三角形；‎ ‎△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，‎ 它的表面积为S=2πrl=2π×2×4=16π．‎ 故答案为：B ‎【点睛】‎ 本题考查了平面图形的直观图问题，也考查了旋转体的表面积求法，是基础题．‎ ‎10．已知函数 求的大小关系（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 把、、分别看作函数图象上的点（a，f（a）），（b，f（b）），（c，f（c））与原点连线的斜率，对照图象可得答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，、、分别看作函数图象上的点（a，f（a）），（b，‎ f（b）），（c，f（c））与原点连线的斜率，‎ 结合图象可知当a时， ．‎ 故答案为：B ‎【点睛】‎ 本题考查了对数函数的图象，考查了直线的斜率，意在考察学生对这些知识的掌握水平和 数形结合分析推理能力.‎ ‎11．三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，Q是BC边上的一个动点，且直线PQ与面ABC所成角的最大值为则该三棱锥外接球的表面积为(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题意画出图形，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P﹣ABC外接球的球心，‎ 求出外接球的半径，再计算它的表面积．‎ ‎【详解】‎ 三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，直线PQ与平面ABC所成角为θ，‎ 如图所示；则sinθ==，且sinθ的最大值是，‎ ‎∴（PQ）min=2，∴AQ的最小值是，即A到BC的距离为，‎ ‎∴AQ⊥BC，∵AB=2，在Rt△ABQ中可得，即可得BC=6；‎ 取△ABC的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA，‎ ‎∴=2r，解得r=2；‎ ‎∴O′A=2，‎ 取H为PA的中点，∴OH=O′A=2，PH=，‎ 由勾股定理得OP=R==，‎ ‎∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是 S=4πR2=4×=57π．‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理和线面位置关系，考查了几何体外接球的应用问题，意在考查学生对 这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键求外接球的半径．‎ ‎12．如图所示，是正方形所在平面外一点，在面上的正投影,‎ ‎∥，．有以下四个命题：‎ ‎（1）⊥面；（2）； ‎ ‎（3）以作为邻边的平行四边形面积是8；‎ ‎（4）恰在上． ‎ 其中正确命题的个数为（ ）‎ A． 1 B． 2 C． 3 D． 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对每一个命题逐一判断得解.‎ ‎【详解】‎ 因为CD⊥EF,CD⊥FG,EF∩FG=F,EF,FG平面EFG,所以⊥面，所以该命题是真 命题.‎ 设四棱锥E-ABCD的内切球的半径为r,由题得四棱锥是棱长均为2的棱锥，‎ 所以每个侧面的面积为，棱锥的高为,‎ 所以，所以该命题是真命题.‎ 以作为邻边的平行四边形面积是,所以该命题是假命题.‎ 由题可证该四棱锥的所有棱长均为2，所以恰在上．所以该命题是真命题.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查面积的计算，考查几何体内切球的半径的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.‎ 二、填空题 ‎13．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x的值为______ ‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：由图可得．‎ ‎【考点】1、三视图；2、体积.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查三视图和体积，计算量较大，属于中等题型.应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐 （简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称．此外本题应注意掌握柱体的体积公式.‎ ‎14．正四面体相邻两侧面所成二面角的正弦值是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由已知中正四面体的所有面都是等边三角形，取CD的中点E，连接AE，BE，由等腰三角 形“三线合一”的性质，易得∠AEB即为相邻两侧面所成二面角的平面角，解三角形ABE即 可得到正四面体（所有面都是等边三角形的三棱锥）相邻两侧面所成二面角的余弦值和正弦 值．‎ ‎【详解】‎ 取CD的中点E，连接AE，BE，如下图所示：‎ 设四面体的棱长为2，则AE=BE=‎ 且AE⊥CD，BE⊥CD，则∠AEB即为相邻两侧面所成二面角的平面角，‎ 在△ABE中，cos∠AEB==，‎ 故正四面体（所有面都是等边三角形的三棱锥）相邻两侧面所成二面角的正弦值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）.方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）‎ ‎15．己知a，b为正数，且直线与直线互相平行，则2a+3b的最小值为________.‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】试题分析：由题意得：，所以当且仅当时取等号.‎ ‎【考点】基本不等式求最值 ‎16．如图,在正四棱锥S-ABCD(顶点S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心)中,底边长2，高E是BC的中点,点P在表面上运动,并且总是保持PE⊥AC．则动点P的轨迹的长度____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据题意可知点P的轨迹为三角形EFG，其中G、F为中点，根据中位线定理求出 EF、GE、‎ GF，从而求出轨迹的长度．‎ ‎【详解】‎ 由题意知，点P的轨迹为如图所示的三角形EFG，其中G、F为中点，‎ 此时AC⊥EF，AC⊥GE，则AC⊥平面EFG，则PE⊥AC．‎ ‎∵ABCD是边长为2的正方形，∴，‎ ‎∴EF=BD=，‎ ‎∵SO=2，OB=，∴,‎ ‎∴GE=GF=SB=，‎ ‎∴轨迹的长度为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了轨迹问题，考查了线面垂直的证明以及点到面的距离等有关知识，同时考查 了空间想象能力，计算推理能力，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且倾斜角比直线l3：4x－3y＋5＝0的倾斜角小的直线方程,求该直线与坐标轴所围成的三角形面积.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 先求出点P的坐标和直线l3的斜率 ，再求出直线l的斜率和方程，最后求出其与坐标轴围成的三角形的面积.‎ ‎【详解】‎ 由方程组 得即P(0,2)．直线l3的斜率 ‎ 所以直线l的倾斜角为 所以直线l的方程为，‎ 当x=0时，y=2；当y=0时，x=-14.‎ 所以直线l与坐标轴围成的三角形面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的交点和位置关系，考查直线方程的求法和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎18．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P,Q分别为的中点．‎ 求证：(1)平面D1 BQ∥平面PAO.‎ ‎(2)求异面直线QD1与AO所成角的余弦值；‎ ‎【答案】（1）见解析； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎（1）先证明 BQ||平面PAO,再证明平面D1 BQ∥平面PAO.（2）取中点E,连接EQ,则EQ||AO,所以直线EQ和所成的锐角或直角就是异面直线QD1与AO所成的角,再解三角形求出其余弦值得解.‎ ‎【详解】‎ 因为BO=DO,,‎ 所以 因为BQ||PA,,‎ 所以BQ||平面PAO,‎ 因为 所以平面D1 BQ∥平面PAO.‎ ‎（2）取中点E,连接EQ,则EQ||AO,‎ 所以直线EQ和所成的锐角或直角就是异面直线QD1与AO所成的角.‎ 设正方体的边长为2，则EQ=,‎ 所以 所以异面直线QD1与AO所成角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查异面直线所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）,方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.‎ ‎19．如图，在四棱锥P ABCD中，E是棱PC上一点，且2，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD为正三角形，平面ABE与棱PD交于点F，平面PCD与平面PAB交于直线l，且平面PAD⊥平面ABCD．‎ ‎(1)求证：l∥EF；‎ ‎(2)求四棱锥P-ABEF的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 取PD的中点F,连接EF,先证明AB||平面PCD,再证明l∥EF.（2）先证明PF面，再求四棱锥P-ABEF的体积．‎ ‎【详解】‎ 证明：取PD的中点F,连接EF,‎ ‎∵底面ABCD是正方形，∴AB∥CD，‎ 因为2，所以点E是PC的中点，所以PE=EC,‎ 因为DF=PF,所以EF||CD,‎ 因为AB||CD,所以AB||EF,因为,‎ 所以AB||平面PCD,‎ 又平面PAB与平面PCD交于直线l，,‎ ‎∴AB∥l.‎ ‎∴l∥EF.‎ ‎（2）由面面，交线为 因为CD⊥平面PAD,‎ 面，‎ 所以EF⊥PF,‎ 因为AF⊥PF,因为AF,EF面，AF∩EF=F,‎ 所以PF面， ‎ 所以，‎ 所以体积为 ‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查空间几何元素位置关系的证明和体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)几何体体积的计算常用的方法有公式法、割补法和体积变换法.‎ ‎20．已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是、边长为的菱形，又，且PD=CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．‎ ‎ （1）证明：DN//平面PMB；‎ ‎ （2）证明：平面PMB平面PAD；‎ ‎ （3）求点A到平面PMB的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；(2)见解析； （3）.‎ ‎【解析】‎ 取PB中点Q，连接MQ、NQ，再加上QN∥BC∥MD，且QN=MD，于是DN∥MQ，‎ 再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；（2）易证PD⊥MB，又因为底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形，且M为AD中点，然后利用平面与平面垂直的判定定理进行证明；（3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离，过点D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB，DH是点D到平面PMB的距离，从而求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取PB中点Q，连接MQ、NQ，‎ 因为M、N分别是棱AD、PC中点，‎ 所以QN∥BC∥MD，且QN=MD，于是DN∥MQ．‎ ‎⇒DN∥平面PMB．‎ ‎（2）⇒PD⊥MB 又因为底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形，且M为AD中点，‎ 所以MB⊥AD．‎ 又AD∩PD=D，‎ 所以MB⊥平面PAD，⇒平面PMB⊥平面PAD．‎ ‎（3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离．‎ 过点D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB．‎ 故DH是点D到平面PMB的距离.．‎ ‎∴点A到平面PMB的距离为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间线面的位置关系，空间角的计算等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力和探究能力，同时考查学生灵活利用图形，借助向量工具解决问题的能力，考查数形结合思想．‎ ‎21．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.‎ ‎(1)在线段BC是否存在一点E，使得ND⊥FC ，若存在，求出EC的长并证明；‎ 若不存在，请说明理由．‎ ‎ (2)求四面体NEFD体积的最大值．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）EC＝3时符合；连接ED，交FC于点O，先证明FC⊥平面NED，再证明ND⊥FC.(2) 设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0

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