2019-2020学年山西省山西大学附属中学校高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年山西省山西大学附属中学校高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年山西省山西大学附属中学校高二上学期期中数学（理）试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：.‎ ‎【考点】直线倾斜角．‎ ‎2．如图，平行四边形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则下列叙述正确的是( )‎ A．原图形是正方形 B．原图形是非正方形的菱形 C．原图形的面积是 D．原图形的面积是 ‎【答案】C ‎【解析】将直观图还原为平面图形，可判断原图形既不是正方形又不是菱形,求出面积可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 过点作的平行线交轴于点如图（1），，，，，由正弦定理可得，可得，，‎ 将直观图还原为平面图形，并过点作的垂线垂足为，如图（2），‎ 则，,‎ ‎，‎ 显然，即原图形既不是正方形又不是菱形,原图形的面积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面图形的直观图与原图形的关系，属于基础题.‎ ‎3．若，则直线一定不过（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】将直线化简为斜截式，可得斜率和截距的正负，判断出直线经过的象限，可得结果.‎ ‎【详解】‎ 由题，直线化简为： ‎ 因为，所以 ‎ 所以直线过第一、二、四象限 故选C ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的方程，求得斜率和截距的正负是解题的关键，属于较为基础题.‎ ‎4．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β ‎【答案】B ‎【解析】A选项：根据平行的传递性使用条件可知A错误.‎ B选项：由垂直于同一条直线的两个平面平行，可知B正确.‎ C选项：由条件可知：，故C错误.‎ D选项：由条件可知：，与相交，都有可能，故D错误.‎ ‎【详解】‎ A选项：平行的传递性只有在线线和面面之间成立，线面混合时不成立，故A错误.‎ B选项：因为垂直于同一条直线的两个平面平行，所以B正确.‎ C选项：若，，则，故C错误.‎ D选项：若，，则，与相交，都有可能，故D错误.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面与平面的位置关系，线面垂直的性质以及线面垂直的判定，同时考查了学生的空间思想，属于简单题.‎ ‎5．点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B．或 C． D．或 ‎【答案】B ‎【解析】根据，在直线异侧或其中一点在直线上列不等式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与线段相交，‎ 所以，，在直线异侧或其中一点在直线上，‎ 所以，‎ 解得或，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查点与直线的位置关系，考查了一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎6．如图，在四面体ABCD中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论错误的为(　　)‎ A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝CD D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎【答案】C ‎【解析】对每一个选项逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】‎ 对于选项A,由PQ∥AC，QM∥BD，PQ∥QM,MN⊥MQ,可得AC⊥BD，故A正确；‎ 对于选项B,由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；‎ 对于选项C,由题得AC=2MN,BD=2MQ,因为MN=MQ,所以AC=BD,不能证明AC=CD,故C不正确；‎ 对于选项D,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角为45°，故D正确．‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间直线与平面的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎7．已知点，，若直线过原点，且、两点到直线的距离相等，则直线的方程为( )‎ A．或 B．或 C．或 D．或 ‎【答案】A ‎【解析】分为斜率存在和不存在两种情况，根据点到直线的距离公式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 当斜率不存在时：直线过原点，验证满足条件.‎ 当斜率存在时：直线过原点，设直线为： ‎ ‎ 即 故答案选A ‎【点睛】‎ 本题考查了点到直线的距离公式，忽略斜率不存在的情况是容易犯的错误.‎ ‎8．在直三棱柱中，，，则点到平面的距离为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用三棱锥等体积转化，得到点到平面的距离.‎ ‎【详解】‎ 由于三棱柱是直三棱柱，，，，设点到平面的距离为，‎ 由体积相等得，‎ ‎，‎ 代入计算得 故答案为B.‎ ‎9．用一块圆心角为240°、半径为的扇形铁皮制成一个无底面的圆锥容器（接缝忽略不计），则该容器的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意求出扇形围成的圆锥底面圆半径和高，再计算圆锥的体积.‎ ‎【详解】‎ 扇形的圆心角为240°＝，半径为；‎ 设扇形围成的圆锥底面半径为，高为；‎ 则，解得；‎ ‎，‎ 则该圆锥的体积为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆锥的结构特征与体积计算问题，是基础题．‎ ‎10．当点到直线的距离最大时，m的值为（ ）‎ A．3 B．0 C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】求得直线所过的定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，根据斜率乘积等于列方程，由此求得的值.‎ ‎【详解】‎ 直线可化为，故直线过定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，故，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查含有参数的直线过定点的问题，考查点到直线距离的最值问题，属于基础题.‎ ‎11．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（ ）‎ A．点P到平面QEF的距离 B．直线PQ与平面PEF所成的角 C．三棱锥P﹣QEF的体积 D．二面角P﹣EF﹣Q的大小 ‎【答案】B ‎【解析】A选项：根据和平面都是固定的，得到到平面的距离也是固定的.‎ B选项：因为是动点，也是动点，得到直线与平面所成的角不是定值.‎ C选项：因为的面积是定值，高也是定值，得到三棱锥体积也是定值.‎ D选项：因为，为上任意一点，、为上任意两点，所以二面角的大小为定值.‎ ‎【详解】‎ A选项：因为平面也是平面，既然和平面都是固定的，所以 到平面的距离也是固定的，故A为定值.‎ B选项：因为是动点，也是动点，推不出定值结论，所以B不是定值.‎ C选项：因长为定值，所以的面积是定值，再根据选项A知：到平面的距离也是定值，所以C是定值.‎ D选项：因为，为上任意一点，、为上任意两点，所以二面角的大小为定值，所以D是定值.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与平面所成角，二面角，三棱锥的体积以及点到面的距离，属于中档题.‎ ‎12．如图所示，在棱长为 的正方体中，点分别是棱的中点，过三点作该正方体的截面，则截面的周长为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】‎ 延长分别交于两点，连结交于H，连结交于，则截面为五边形，截面周长为.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．‎ 二、填空题 ‎13．圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60°，轴截面的面积为，则圆台的侧面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】首先通过两个底面面积之比为，得到半径比，设出上底半径为，下底半径为，由因为母线与底面的夹角是，得到母线长为，高为.就可以根据轴截面的面积解出，代公式求出侧面积即可.‎ ‎【详解】‎ 圆台的两个底面面积之比为，则半径比为 所以设圆台的上底半径为，下底半径为，‎ 由于母线与底面的夹角是，所以母线长为，高为.‎ 由于轴截面的面积为，‎ 所以，解得.‎ 所以圆台的上底半径为，下底半径为.母线长为.‎ 所以圆台的侧面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆台的性质以及圆台的侧面积，同时考查了线面成角问题，属于中档题.‎ ‎14．正三棱柱的底面边长为，高为2，则它的外接球的表面积为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由正三棱柱底面边长为，得底面所在平面截其外接球所成圆半径为，又由高为，则球心到圆的球心距为，根据球心距，截面圆半径，球半径构成的直角三角形满足勾股定理，我们易得半径满足：，已知求得正三棱柱外接球，所以外接球的表面积为．‎ ‎【考点】棱柱的几何特征，球的表面积，空间位置关系和距离．‎ ‎【方法点晴】解决本题的关键是确定球心的位置，进而确定半径．因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以过三角形的外心且垂直于此三角形的所在平面的垂线上的任意一点到次三角形三个顶点的距离相等，所以过该三角形的三个顶点的球的球心必在垂线上．所以本题中球心必在上下底面外心的连线上，进而利用球心距，截面圆半径，球半径构成的直角三角形，即可算出．‎ ‎15．平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AB、AD、AA1的长均为1，∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB，则对角线AC1的长为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题知：，再给式子平方即可求出的长度 ‎【详解】‎ 如图，由题意可知，‎ ‎，‎ 所以 ‎.‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用向量法求线段长度，解题时要认真审题，注意向量法的合理应用.属于中档题.‎ ‎16．若点为直线上的动点，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】把转化为两点距离的平方求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意知的最小值表示:‎ 直线上的点到 点的最近距离的平方，‎ 由点到直线的距离为：‎ ‎ ，‎ 所以最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两点距离公式的应用，点到直线的距离公式.‎ ‎17．如图所示，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M、N分别是棱AB、CC1的中点，△MB1P的顶点P在棱CC1与棱C1D1上运动，‎ 有以下四个命题：‎ ‎　　A．平面MB1P⊥ND1；‎ ‎　　B．平面MB1P⊥平面ND‎1A1；‎ ‎　　C．△MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；‎ ‎　　D．△MB1P在侧面D‎1C1CD上的射影图形是三角形．‎ 其中正确命题的序号是__________.‎ B1‎ A1‎ A B C D D1‎ C1‎ M N ‎【答案】 B C ； ‎ ‎【解析】‎ 三、解答题 ‎18．已知直线2x﹣y﹣1＝0与直线x﹣2y+1＝0交于点P．‎ ‎（1）求过点P且垂直于直线3x+4y﹣15＝0的直线l1的方程；（结果写成直线方程的一般式）‎ ‎（2）求过点P并且在两坐标轴上截距相等的直线l2方程（结果写成直线方程的一般式）‎ ‎【答案】（1）4x﹣3y﹣1＝0（2）直线l2的方程为x+y﹣2＝0或x﹣y＝0‎ ‎【解析】（1）首先联立，求出，再设直线的方程为，代入即可.‎ ‎（2）分别讨论直线过原点和不过原点两种情况，即可求出方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）联立，‎ 解得，所以.‎ 设垂直于直线的直线的方程为，‎ 把代入可得：，解得.‎ 所以直线的方程为：.‎ ‎（2）当直线经过原点时，‎ 可得方程为：.‎ 当直线不过原点时，‎ 可设方程为：，‎ 把代入可得，可得.‎ ‎∴直线的方程为.‎ 综上可得：直线的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题第一问主要考查两直线交点的求法和垂直的直线系，第二问主要考查直线在两坐标轴上截距相等的情况，需要注意过原点的直线这一情况容易漏写，属于简单题.‎ ‎19．如图，在中，，斜边．可以通过 以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在斜边上．‎ ‎（1）求证：平面平面； ‎ ‎（2）求与平面所成角的最大角的正切值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用二面角的定义、线面与面面垂直的判定与性质即可得出；‎ ‎（2）利用线面角的定义及其含30°角的直角三角形的边角关系即可得出．‎ 试题解析：（1）证明：由题意，，∴是二面角的平面角，又二面角是直二面角，，‎ 又∵平面平面 ‎（2）解：由（1）知，，∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，且 ‎，当OD最小时，∠CDO最大，这时，OD⊥AB，垂足为D，，，‎ CD与平面AOB所成的角最大时的正切值为.‎ ‎【考点】二面角的定义、线面与面面垂直的判定与性质、线面角的定义 ‎20．（本小题满分12分）在如图所示的空间几何体中，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，BE=2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在的平分线上.‎ ‎（1）求证：DE//平面ABC；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一问，取PD、EA中点，利用中位线得，，而，∴，∴说明是平行四边形，∴，∴利用线面平行的判定平面；第二问，根据第一问的垂直关系建立空间直角坐标系，求出平面ABC和平面BCE的法向量，再利用夹角公式求二面角的余弦.‎ 试题解析：（1）证明：由题意知，，都是边长为2的等边三角形，取中点，‎ 连接则，，‎ 又∵平面⊥平面，∴⊥平面，作⊥平面，‎ 那么，根据题意，点落在上，‎ ‎∴，易求得，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴，∴平面6分 ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 可知平面的一个法向量为，，，，‎ 设平面的一个法向量为，则，可求得． 9分 所以，‎ 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角的余弦值为． 12分 ‎【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、二面角.‎ ‎21．如图1，四棱锥中，底面，面是直角梯形，为侧棱上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示． ‎ ‎（1）证明：平面； ‎ ‎（2）线段上是否存在点，使与所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点，并求的长；若不存在，说明理由． ‎ ‎【答案】（1），证得．又因为 平面推出， ‎ 又，所以 平面． ‎ ‎（2）点位于点处，此时；或中点处，此时.‎ ‎【解析】试题分析：（1）【方法一】证明：由俯视图可得，，所以 ． 2分 又因为 平面，所以 ， 4分 又，所以 平面． 6分 ‎（1）【方法二】证明：因为平面，，建立如图所示 的空间直角坐标系． 在△中，易得，所以 ，‎ 因为 ， 所以， ．由俯视图和左视图可得：‎ ‎．‎ 所以 ，．‎ 因为 ，所以． 3分 又因为 平面，所以 ，又 ‎ 所以 平面． 6分 ‎（2）解：线段上存在点，使与所成角的余弦值为．‎ 证明如下：设 ，其中． 7分 所以 ，．‎ 要使与所成角的余弦值为，则有 ， 9分 所以 ，解得或，均适合． 11分 故点位于点处，此时；或中点处，此时， 12分 ‎【考点】三视图，立体几何中的垂直关系、距离的计算。‎ 点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用空间向量，省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。注意运用转化与化归思想，将空间问题转化成平面问题。本题将三视图与证明、计算问题综合考查，凸显三视图的基础地位，必须正确还原几何体。‎