山西省忻州实验中学2019-2020学年高二数学下学期第一次月考试题（含解析）.doc

1、山西省忻州实验中学2019-2020学年高二数学下学期第一次月考试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷(非选择题)两部分，共150分.考试时间120分钟.第卷（选择题共60分）一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1. 在下列命题中，不是公理的是（）A. 平行于同一个平面的两个平面平行B. 过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面C. 如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A【解析】试题分析：选项A是面面平行的

2、性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的B,C,D四个命题是平面性质的三个公理，所以选A考点：点，线，面的位置关系2.已知点在第二象限，则角终边在（ ）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】【分析】利用诱导公式与点所在的象限，确定角的取值范围，从而可得角的终边所在的象限.【详解】由点在第二象限，即在第二象限，所以，由象限符号可知：角的终边在第三象限.故选：C【点睛】本题考查了诱导公式、三角函数的象限符号，属于基础题.3.已知函数，则此函数的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 9【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】，当且

3、仅当时取等号，所以函数的最小值为5.故选：C【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，注意基本不等式使用的条件：“一正”、“二定”、“三相等”，属于基础题.4.等差数列中，为其前项和，且，则最大时的值为（ ）A. 7B. 10C. 13D. 20【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式可得，求出，再利用等差数列的通项公式求出数列的非负数项，即可求解.【详解】等差数列中，由，则，解得，所以数列为递减数列由，令，解得，所以数列前项为正数，从第项开始为负数所以最大时的值为10.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式、通项公式，需熟记公式，属于基础题.5.下列结论正确的是（ ）A. 存

4、在每个面都是直角三角形的四面体B. 每个面都是三角形的几何体是三棱锥C. 圆台上、下底面圆周上各取一点的连线是母线D. 用一个平面截圆锥，截面与底面间的部分是圆台【答案】A【解析】【分析】利用椎体、台体的结构特征即可逐一判断.【详解】对于A，利用三棱锥，满足平面，且是以点为直角顶点的直角三角形， 如图： 则，又，平面，平面，平面，故三棱锥的四个面都是直角三角形，存在每个面都是直角三角形的四面体.对于B，根据三棱锥的结构特征，各个面为三角形不一定为三棱锥，两个一样的三棱锥上下拼接成一个六面体，它的每个面都是三角形，故B错误；对于C，以直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的

5、曲面所围成的几何体叫做圆台，旋转轴叫做圆台的轴，直角梯形上、下底旋转所成的圆面称为圆台的上、下底面，另一腰旋转所成的曲面称为圆台的侧面，侧面上各个位置的直角梯形的腰称为圆台的母线，故C错误；对于D，只有用平行于圆锥底面的平面去截取圆锥，圆锥底面和截面之间的部分才是圆台，故D错误；故选：A【点睛】本题考查了三棱锥、圆台的结构特征，掌握简单几何体的结构特征是解决本题的关键，属于基础题.6.函数的最小正周期为（ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用二倍角正弦公式、余弦公式以及两角和的正弦公式将函数化为，再利用求最小正周期公式即可求解.【详解】，故选：D【点睛】本题考查了二倍角

6、的正弦、余弦公式以及两角和的正弦公式、正弦型函数的最小正周期公式，需熟记公式，属于基础题.7.某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是等腰梯形（如图所示），则该平面图形的面积为（ ）A. 3B. 4C D. 【答案】A【解析】【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长度，从而求得平面图形的面积.【详解】由根据斜二测画法可知： 原平面图形为：下底边长为，上底为，高为的直角梯形，所以.故选：A【点睛】本题考查了斜二测画法中直观图与平面图形中的量的变化，属于基础题.8.已知两个不同的平面和两条不重合的直线，下列四个命题若，则；若，则；若，则；若，则其中正确命题的个数是（ ）A. 1B. 2

7、C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据空间直线、平面间的位置关系的判定定理和性质定理，结合选项进行逐个判断即可，同时利用反例进行排除即可求解.详解】对于：若，则，由线面垂直的判定定理之一可知，故命题为真命题；对于：若，则，由两个平面平行的判定定理之一可知，故命题为真命题；对于：若， ，故命题为真命题；对于，如图，若，则不成立，故命题为假命题；综上所述，正确的命题个数为个.故选：C【点睛】本题考查了空间中的线面位置关系，用了线面平行的性质定理，平行与垂直的结论以及面面垂直的判定定理，做这一类题型的关键在于对知识的熟练掌握程度，属于基础题.9.如图，某三棱锥的三视图都是直角边为的等腰直角三

8、角形，则该三棱锥的表面积是（ ）A. 6B. C. 3D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图还原几何体，可知该几何体为正三棱锥，且、两两互相垂直，根据三角形的面积公式即可求解.【详解】由三视图还原几何体，可知该几何体为正三棱锥，且、两两互相垂直，该三棱锥的表面积.故选：D【点睛】本题考查了由几何体的三视图求几何体的表面积，解题的关键是还原出几何体的直观图，考查了空间想象能力，属于基础题.10.体积为的球放置在棱长为4的正方体上，且与上表面相切，切点为上表面中心，则球心与下表面围成的四棱锥的外接球半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】体积为的球的半径为，四棱锥的底面边长

9、为4，高为，设四棱锥的外接球的半径为，利用勾股定理，建立方程，即可求出四棱锥的外接球的半径.【详解】体积为的球的半径为，四棱锥的底面边长为4，高为，设四棱锥的外接球的半径为，则，解得.故选：B【点睛】本题考查了多面体的外接球问题，考查了空间想象能力以及基本运算能力，属于基础题.11.用一平面截正方体，截面可能是三角形四边形五边形六边形中的（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正方体的结构特征，作出截面即可判断.【详解】如图所示： 故选：D【点睛】本题考查了正方体的结构特征，注意培养空间想象能力，属于基础题.12.已知正的顶点在平面上，顶点在平面的同一侧，为的中点，若在平面上

10、的射影是以为直角顶点的三角形，则直线与平面所成角的正弦值的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：如图所示，设B到平面，C到平面的射影，D到平面的射影分别为E，F，P，设，则，由题意可知，由，由函数在上单调递减，上单调递增，可知，故选B考点：立体几何综合题【方法点睛】立体几何的综合问题一般都会涉及构造函数模型，求函数最值，不等式等几个知识点的串联，解决这类问题的基本出发点是化立体为平面，将其转化为平面问题，构造函数模型求其最值或利用基本不等式求最值，必要时还需借助一定的平面几何知识求解第卷（非选择题共90分）二、填空题（每题5分，共20分.把答案填在答题纸的横线上）13

11、.已知直线，且在平面内，则与平面的关系为_.【答案】或【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.【详解】直线，且平面，或.故答案为：或【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系的判断，解题要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题.14.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_【答案】【解析】还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60角，DEMN.15.已知正四棱

12、柱，为的中点，则直线与平面的距离为_.【答案】1【解析】【分析】先证明直线与平面平行，再将线面距离转化为点面距离，结合三棱锥体积公式，结合等积性求出点面距离即可.【详解】连接交于点，因为为的中点，所以有而平面，所以有平面，即直线与平面的距离为点到平面的距离，设为.在三棱锥中，在三棱锥中，所以.故答案为：1【点睛】本题考查了线面距离，考查了转化思想，考查了三棱锥的体积应用，考查了数学运算能力.16.如图，三棱锥中，分别为上的点，则周长的最小值为_.【答案】【解析】【分析】把三棱锥的侧面沿其中一条侧棱展开成平面，在平面中即可求出周长的最小值.【详解】将三棱锥侧面沿其中一条侧棱展开成如图所示的平面图

13、形：由，所以，观察图形可知，当、三点共线时，周长的最小，此时周长为.故答案为：【点睛】本题考查了空间几何体表面上的最值问题，解题的基本思路是“展开”，将空间几何体的“面”展开铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）17.如图所示，已知正方体中，分别为，的中点，.求证：（1）四点共面；（2）若交平面于R点，则三点共线.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由中位线定理可知，故四点共面（2）是平面与平面的交线，可证是两平面公共点，故过R，得证.【详解】证

14、明：（1）是的中位线，.在正方体中，.确定一个平面，即四点共面.（2）正方体中，设确定的平面为，又设平面为.又，则Q是与公共点，.又.，且，则，故三点共线.【点睛】本题主要考查了多点共面及多点共线问题，主要利用平面的基本性质解决，属于中档题.18.在中，角所对的边分别为，满足.（1）求角；（2）求的取值范围.【答案】（1）(2)【解析】试题分析：（1）要求角,只能从入手,利用正弦定理,将角化为边,得,进而可得三边关系,利用余弦定理即可求角.（2）从入手,欲找三边关系,用正弦定理将其化简为,将（1）的结论利用起来,代入,同时将代入,使得中只含有,进而根据,讨论的范围.试题解析：（1）根据正弦定理

15、有:,化简得,根据余弦定理有, 所以.（2）根据正弦定理将化简,同时将（1）代入,化简为因为,所以.故,的取值范围是考点：正弦定理的应用(角化边);余弦定理;正弦差角;辅助角公式求范围.19.如图，几何体中，平面/平面，平面，且.（1）证明：平面（2）求该几何体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）4【解析】【分析】（1）取的中点为，连接、，证明平面内的直线，即可证明平面. （2）利用直接求出几何体的体积即可.【详解】（1）取的中点为，连接、，则由已知条件可知是平行四边形， 所以，且，又，且，且，四边形是平行四边形，即，又平面，平面，所以平面.（2）【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、柱体

16、的体积公式，考查了逻辑推理能力，熟记几何体的体积公式，属于基础题.20.如图，四边形是矩形，平面，为中点.（1）证明：平面平面；（2）求异面直线与所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由题意可证出，利用线面垂直的定义可得PADE，再利用面面垂直的判定定理即可证出.（2）设PA，AD的中点分别为M，N，连接MN，NC，MC，AC，从而可得为异面直线AE与PD所成角或其补角，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】（1）由题意可知AB=BE=1， 同理可得，所以所以，又因为PAABCD，所以PADE，因为， 所以DE平面PAE，所以平面PAEPDE（2）设PA，AD的中点

17、分别为M，N，连接MN，NC，MC，AC.所以，NCAE，MNPD，所以为异面直线AE与PD所成角或其补角，由题可知由余弦定理可得，所以异面直线与所成角为【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理、求异面直线所成的角，考查了逻辑推理能力，属于基础题.21.如图，在正方形的各边上分别取四点，使，将正方形沿对角线折起，如图 （1）证明：图中为矩形；（2）当二面角为多大时，为正方形.【答案】（1）证明见解析；（2）当二面角A-BD-C为时，四边形EFGH为正方形【解析】【分析】（1）根据对应边成比例可得EFBD，HGBD，从而可得EFHG，即四边形EFGH为平行四边形，设O为BD的中点，连接AO，CO，B

18、D，利用线面垂直的判定定理可得BD平面AOC，从而可得BDAC，进而可得EFEH，即证.（2）设AB=a，可得，由题意只需使EH=HG，根据比例可得，由AOC为二面角A-BD-C的平面角，AO=CO=AC，即可求得二面角A-BD-C为600.【详解】（1）因为AE：EB=AF：FD，所以EFBD， 同理可得，HGBD，所以EFHG；同理可得EHFG，所以四边形EFGH为平行四边形，设O为BD的中点，连接AO，CO，BD，BDAO，BDCO，所以BD平面AOC，故BDAC，又因为BDEF，ACEH，所以EFEH所以EFGH为矩形（2）设AB=a则，要使四边形EFGH为正方形，只需使EH=HG，由

19、（1）可知AOC为二面角A-BD-C的平面角，且AO=CO=AC，所以，当二面角A-BD-C为600时，四边形EFGH为正方形【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、面面角，解题的关键是作出面面角，属于中档题.22.如图，矩形垂直于直角梯形，为中点，.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在点，使与平面所成角的正切值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；【解析】【分析】（1）连接PC，与DE交与点N，连接FN，可证出FNAC，再利用线面平行的判定定理即可证出.（2）存在，Q为EF的中点，过F作FMAD与M，连接MC，取MC的中点G，连接QG，由题中条件，求出，连接CQ，可得QCG为直线CQ与平面ABCD所成的角，在中，即可求解.【详解】（1）连接PC，与DE交与点N，连接FN在三角形PAC中，FN为中位线，所以FNAC，平面，平面 所以，AC平面DEF（2）存在，Q为EF的中点.过F作FMAD与M，连接MC，取MC的中点G，连接QG在三角形中，由条件可知，在梯形，为中位线，所以 连接CQ，则QCG为直线CQ与平面ABCD所成的角，所以存在点Q满足条件，.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、根据线面角求线段长度，考查了考生的空间想象能力以及逻辑推理能力，属于中档题.