山西省长治市第二中学校2019-2020学年高二数学上学期10月月考试题（含解析）.doc

1、山西省长治市第二中学校2019-2020学年高二数学上学期10月月考试题（含解析）第卷（选择题60分）一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.下列命题正确的是（ ）A. 棱柱的侧面都是长方形B. 棱柱的所有面都是四边形C. 棱柱侧棱不一定相等D. 个棱柱至少有五个面【答案】D【解析】【详解】A不对，侧面都是平行四边形，不一定都是长方形；B不对，三棱柱的底面是三角形C不对，棱柱的侧棱一定相等D对，三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面,故选D.2.下列推理错误的是（ ）A. B. C. ，D. 【答案】C【

2、解析】【详解】A、B分别是公理、的符号表示，故它们都是正确的；对于C，有两种可能， ，与相交；若交点为，则且故错；D是公理的性质，正确,故选C考点：平面的基本性质及推论【易错点晴】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题，亦属于易错题利用集合的符号语言来描述平面几何中点、线、面的位置关系，学生在理解上存在着差异，点相当于元素，而线与平面看成是点的集合，所以点与线面的关系是属不属于的关系，而直线与平面之间是含与不含的关系,线与面之间当然也可以进行交运算3.已知正四棱柱中，E为中点，则异面直线BE与所成角余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】平移成三角形用余弦定理解

3、，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.取DD1中点F，则为所求角, ，选C.4.已知在斜二测画法下的平面直观图是边长为的正三角形，那么在原的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】直观图ABC是边长为a的正三角形,故面积为，而原图和直观图面积之间的关系，那么原ABC的面积为，故选C.点睛：本题主要考查平面图形的直观图和原图的转化原则的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础直观图和原图象的面积比为掌握两个图象的变换原则，原图象转直观图时，平行于x轴或者和轴重合的长度不变，平行于y轴或者和轴重合的线段减半，原图转直观图时正好反过来，即可.5.已知三角形三个顶点

4、，则边上中线所在直线方程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，BC边上的中线所在的直线应该过A点和BC边上的中点,已知B、C两点的坐标，根据线段中点坐标计算公式可知BC中点的坐标，再利用直线的两点式可得直线的方程.【详解】,中点的坐标为（，），即（，）.则边上的中线应过两点，由两点式得：，整理，得故选：C.【点睛】本题考查了求两点的中点和求直线方程，属于基础题.6.已知过点和点的直线为，若，则的值为（ ）A. B. C. 0D. 8【答案】A【解析】【分析】利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出【详解】l1l2，kAB2，解得m8又l2l3，(2)1，解得n2，m

5、n10故选:A【点睛】本题考查了直线平行垂直与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7.若是两条不同的直线，是三个不同的平面：；若,，则，则以上说法中正确的有( )个A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】由是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：对于， ，由线面垂直的判定定理得 ，故正确；对于， ， ， ，则与平行或异面，故错误；对于， ， ，由线面垂直的判定定理得 ，故正确；对于，若 ， ，则与相交或平行，故错误，故选B8.已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且，则棱锥的体积为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据球的性质可知，球心与矩形外

6、接圆圆心连线垂直于矩形所在平面；根据长度关系计算可得四棱锥底面积和高，代入棱锥体积公式可求得结果.【详解】四边形为矩形 矩形外接圆圆心为其对角线交点由球的性质可知：平面， ， 本题正确选项：【点睛】本题考查棱锥体积的求解问题，关键是能够灵活应用球的性质得到线面垂直关系，属于基础题.9.圆台的两个底面面积之比为，母线与底面的夹角是，轴截面的面积为，则圆台的母线长()A. B. C. D. 12【答案】D【解析】【分析】设圆台的上底面半径为，根据面积比可知下底面半径为；利用圆台的轴截面面积构造关于的方程，求得后，利用即可得到结果.【详解】设圆台的上底面半径为，则其下底面半径为可作圆台的轴截面如下图

7、所示：其中，轴截面面积解得： 母线长本题正确选项：【点睛】本题考查圆台母线长的求解问题，关键是能够利用圆台轴截面面积构造方程求出上下底面半径，属于基础题.10.已知平面平面，点，直线，直线，直线，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意做出简图，利用线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直关系等定理，逐个判断选项得出答案.【详解】如下图所示得直线，所以A选项正确;，所以B选项正确;，所以C选项正确；对于D选项,虽然,但AC不一定在平面内,故它可以与平面相交、平行,故不一定垂直;故D选项中的结论不一定成立.故选：D.【点睛】本题

8、考查线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直等有关知识及应用，属于基础题.11.某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，其中圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高所以圆柱的体积，圆锥的体积，所以组合体的体积。故选：B。【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的

9、体积，属于基础题。12.如图，在正三棱柱中，,，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面平面 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：当三点共线时，取得最小值又，周长的最小值为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线

10、时距离最短.第卷（非选择题90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.过点P（3，2），且在坐标轴上截得的截距相等的直线方程是 【答案】y=x或 x+y5=0【解析】解：当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为y=x当直线不过原点时，设直线方程为 x+y+m=0，把P（3，2）代入直线的方程得 m=5，故求得的直线方程为 x+y5=0，综上，满足条件的直线方程为 y=x或 x+y5=0故答案为：y=x或 x+y5=0【点评】本题考查求直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，体现了分类讨论的数学思想14.九章算术卷5 商功记载一个问题“今有圆堡壔（do），周四

11、丈八尺，高一丈尺，文积几何？意思是:今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是_立方尺. (取，1丈=10尺）【答案】2112【解析】【详解】设圆柱体底面半径为，高为，周长为，因，故，则所求体积为(立方尺)，故答案为2112.15.在正三棱锥中，平面，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由正棱锥的性质和平面可以推得两两互相垂直，由此可将正三棱锥补成一个正方体，并且正方体的外接球就是正三棱锥的外接球，通过求正方体的外接球的表面积，也就求出正三棱的外接球的表面积.【详解】在正三棱锥中，取中点,连接，则,因为平面，又面，设，因为底面边长，所以，所

12、以，即，解得，即，所以在中有，所以是，即又因为平面，所以，所以两两互相垂直，所以将正三棱锥补为一个正方体，如下图1所示，正三棱锥的外接球，就是这个正方体的外接球，且正方体的棱长为2，由下图2可以看出，正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长，设外接球的半径为R，则，解得，所以球的表面积，故填：. 【点睛】本题考查正三棱锥的外接球的表面积，关键在于通过已知条件得出正三棱锥的三条棱两两互相垂直，从而可以将正三棱锥补成一个正方体，通过求正方体的外接球的表面积问题得以解决，属于中档题.16.如图，在直角梯形ABCD中，BCDC，AEDC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列

13、说法正确的是_(填序号)不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN平面DEC；不论D折至何位置，都有MNAE；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使ECAD.【答案】【解析】【详解】由已知,在未折叠的原梯形中,ABDE,BEAD,所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD,折叠后如图所示.过点M作MPDE,交AE于点P,连接NP.因为M,N分别是AD,BE的中点,所以点P为AE的中点,故NPEC.又MPNP=P,DECE=E,所以平面MNP平面DEC,故MN平面DEC,正确;由已知,AEED,AEEC,所以AEMP,AENP,又MPNP=

14、P,所以AE平面MNP,又MN平面MNP,所以MNAE,正确;假设MNAB,则MN与AB确定平面MNBA,从而BE平面MNBA,AD平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,错误;当ECED时,ECAD.因为ECEA,ECED,EAED=E,所以EC平面AED,AD平面AED,所以ECAD,正确.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。17.已知两条直线：，为何值时，与：（1）垂直；（2）平行【答案】（1）（2）【解析】【分析】先考虑x和y的系数为0时，与直线的方程，得出两直线是否平行或垂直，再考虑x和y的系数不为0时，两直线的斜率，根据两直线平行或垂直的

15、条件，列出方程求解m，注意验证两直线是否重合.【详解】当时，此时与不平行也不垂直，当时，直线的斜率，直线的斜率（1）由得，所以（2）由得，即，所以或，当时，此时与重合，不符，舍去；当时，此时，符合综上所述，.【点睛】本题考查两直线平行和垂直的判断条件，注意先需考虑x和y的系数为0的情况，属于基础题.18.如图，四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点求证：（）平面；（）平面平面【答案】(1)见详解（2）见详解【解析】【分析】（I）连接OE,由三角形的中位线可得，由线面平行的判定定理可得到证明（II）只需证明平面内的直线垂直于平面内的两条相交直线即可【详解】证明：（）连接 是的中点

16、，是的中点， ，又平面，平面， 平面（）底面，又，且， 平面 平面， 平面平面【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力，属于基础题.19.如图，三棱锥中，底面是边长为的正三角形，面面。（1）求证：；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定定理可证得平面；由线面垂直性质可证得结论；（2）利用面面垂直和线面垂直性质可证得，利用勾股定理可求得，进而得到，根据可求得结果.【详解】（1）取中点，连接，为中点 ，平面， 平面平面 （2）平面平面，平面平面，平面 平面又平面 又， 由（1）

17、知，平面【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解；涉及到线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用；立体几何中证明线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直关系，利用线面垂直的性质证得结论.20.如图，长方体中,，点分别在上，过点的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（2）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值【答案】（1）见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）分别在上取H,G,使；(2)长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为或【详解】（1）交线围成的正方形如图：（2）作垂足为M,则,

18、因为是正方形,所以,于是因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，其底面积之比为9：7,所以其体积比值为（也正确）.考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.21.已知斜三棱柱的侧面与底面垂直，且，求：（1）侧棱与底面所成角的大小；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由已知得直线在底面内的射影为直线,得为侧棱与底面所成的角,由此能求出侧棱与底面所成角的大小.(2)求点到平面的距离也是求点到平面的距离，再用等体积法，求出三棱锥的高就是求出点到平面的距离.【详解】解：（1）取中点，连接平面平面平面平面,又因为，所以又平面，平面，为在平面上的射影,所以为

19、与平面所成的角且，为等腰直角三角形,所以与平面所成的角为。（2）取中点,中点,连接平面且平面在直角三角形中,由，得设点到平面得距离为，平面，到平面得距离与到平面的距离相等,平面平面到平面的距离为,由，得而，将数据代入式得，即到平面的距离为。故得解.【点睛】本题考查直线与平面所成角的大小和点到面的距离，注意用等体积法用出锥体的高，就可以求出点到面的距离.22.如图，在正方体中，分别是的中点。（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论。【答案】（1）；（2）存点，满足，使得平面；证明见解析【解析】【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体棱长为则，（1）设异面直线与所成角为，即异面直线与所成角的余弦值为：（2）假设在棱上存在点，使得平面则，设平面的法向量，令，则， ，解得： 棱上存在点，满足，使得平面【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.