山西省忻州实验中学2019-2020学年高二下学期第一次月考数学试题 Word版含解析.doc

1、高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 1 - 高二数学试题高二数学试题 本试卷分第本试卷分第卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷卷( (非选择题非选择题) )两部分，共两部分，共 150150 分分. .考试时间考试时间 120120 分钟分钟. . 第第卷（选择题共卷（选择题共 6060 分）分） 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案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）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

2、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 5 (sin(),tan) 2 P 在第二象限，则角的终边在（） 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P所在

3、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 5 (sin(),tan) 2 P 在第二象限， 即cos ,()tanP在第二象限， 所以 cos0 tan0 ，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. 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 2 - 3.已知函数 4 ( )1,(0)f xxx x ，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】 444 ( )11125,(0)f xxxxx xxx ， 当

4、且仅当2x 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 n a中， n S为其前n项和，且 1713 10,aSS，则 n S最大时n的值为（） A. 7B. 10C. 13D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差数列的前n项和公式可得 11 7 613 12 713 22 dd aa ，求出d，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 n a中，由 1713 10,aSS， 则 11 7 613 12 713 22

5、dd aa ，解得 20 19 d ， 所以数列为递减数列 由 1 2020210 1101 191919 n aandnn ， 令0 n a ，解得 21 2 n ， 所以数列前10项为正数，从第11项开始为负数 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 3 - 所以 n S最大时n的值为 10. 故选：B 【点睛】本题考查了等差数列的前n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

6、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PABC，满足PA 平面ABC， 且ABC是以点C为直角顶点的直角三角形， 如图： 则PAAB，PAAC，PABC，又BCAC， PAACA，PA，AC 平面PAC， BC平面PAC，PC 平面PAC， BCPC，故三棱锥PABC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， 高考

7、资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 4 - 其余各边旋转而形成的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 2 1 ( )sincos3(cos) 2 f xxxx的最小正周期为（） A. 2B. 1C.2

8、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( )sin 2 3 f xx ，再 利用求最小正周期公式即可求解. 【详解】 2 1sin21cos21 ( )sincos3(cos)3 2222 xx f xxxx 13 sin2cos2sin 2 223 xxx ， 2 2 T . 故选：D 【点睛】本题考查了二倍角的正弦、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） ， 0 1 45 ,1 2 ABCADABBC，则该平面图形的面积为（）

9、 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 5 - A. 3B. 4 C. 3 2 2 D. 3 2 4 【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 0 1 45 ,1 2 ABCADABBC 根据斜二测画法可知： 原平面图形为：下底边长为2，上底为1，高为2的直角梯形， 所以 12 23 2 S . 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 ,m n，下列四个命题 若mn，m，则n；若,mm，则； 若m，mn，n，

10、则；若m，n，则mn 其中正确命题的个数是（） A. 1B. 2C. 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mn，m，则n， 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 6 - 由线面垂直的判定定理之一可知，故命题为真命题； 对于：若,mm，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m，mn，n， n， ，故命题为真命题； 对于，如图， 若m，n，则mn不成立，故命题为假命题； 综上所述，正确的命题个数为3个. 故选：C 【点

11、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 2的等腰直角三角形，则该三棱锥的表面积是 （） A. 6B.63C. 3D.3 3 【答案】D 【解析】 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 7 - 【分析】 由三视图还原几何体，可知该几何体为正三棱锥PABC，且PA、PB、PC两两互相垂 直，PAPB2PC，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PABC， 且PA、PB、PC两两互

12、相垂直，PAPB2PC， 该三棱锥的表面积 APCBPCABPABC SSSSS 1111 2222222 2 sin6033 2222 . 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 4 3 的球O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. 10 3 B. 33 10 C. 80 3 D. 64 3 【答案】B 【解析】 【分析】 体积为 4 3 的球O的半径为1，四棱锥OABCD的底面边长为 4，高为5，设四棱锥 O

13、ABCD的外接球的半径为R，利用勾股定理，建立方程，即可求出四棱锥OABCD的 外接球的半径. 【详解】体积为 4 3 的球O的半径为1， 四棱锥OABCD的底面边长为 4，高为5， 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 8 - 设四棱锥OABCD的外接球的半径为R， 则 2 2 2 52 2RR，解得 33 10 R . 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

14、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ABC的顶点A在平面上，顶点,B C在平面的同一侧，D为BC的中点，若 ABC在平面上的射影是以A为直角顶点的三角形，则直线AD与平面所成角的正弦值 的范围是（ ） 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 9 - A. 6 ,1) 3 B. 63 ,) 32 C. 13 ,) 22 D. 16 ( , 23 【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BEa，CFb，则 2 ab DP

15、，由题意可知 22222 44()3()EFAPADDPab， 2222 1AEABBEa ， 2222 1AFACCFb ， 222 AEAFEF 222 1 113() 2 ababb a ，由 01 1 1 1 201 2 a a a ， 1 1 2 22 sin 33 2 a a a DP a DAP AD ，由函数 1 ( ) 2 f xx x 在 12 ( , 22 上单调递减， 2 ,1) 2 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，

16、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 第第卷（非选择题共卷（非选择题共 9090 分）分） 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 10 - 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，共分，共 2020 分分. .把答案填在答题纸的横线上）把答案填在答题纸的横线上） 13.已知直线ab，且a在平面内，则b与平面的关系为_. 【答案】b或b 【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ab，且a 平面， b或b. 故答案为：b或b 【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系的判断，

17、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.已知正四棱柱 1111 ABCDABC D， 1 2,2 2ABCC，E为 1 CC的中点，则直线 1 AC与 平面BED的距离为_. 【答案】1 【解析】 【

18、分析】 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 11 - 先证明直线 1 AC与平面BED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AC交BD于O点，因为E为 1 CC的中点，所以有 1 / /OEAC而OE 平面 BED，所以有 1/ / AC平面BED，即直线 1 AC与平面BED的距离为点A到平面BED的距 离，设为h. 在三棱锥EABD中， 1112 2 2 22 3323 EABDABD VSEC ， 在三棱锥AEBD中， 1 2 2,6,6,2 2622 2 2 EBD BDBEDES ， 所以 112 2 2

19、 21 333 A BDEEBD VShhh . 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SABC中2SASBAC，30ASBBSCCSA ，MN、 分别为SBSC、上的点，则AMN周长的最小值为_. 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 12 - 【答案】2 2 【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AMN周长的最小值. 【详解】将三棱锥SABC侧面沿其中一条侧棱展开成如图所示的平面图形： 由30ASBBSCCSA ， 所以90ASBBSCCASSAA

20、 ， 观察图形可知， 当A、M、N三点共线时，AMN周长的最小， 此时AMN周长为 22 222 2ANMNAM . 故答案为：2 2 【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. 三三、解答题解答题（本大题共本大题共 6 6 小题小题，共共 7070 分分，解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤，写在写在 答题纸的相应位置）答题纸的相应位置） 17.如图所示，已知正方体 1111 ABCDABC D中，EF，分别为 11 DC， 11 C B的中

21、点， ACBDPI， 11 ACEFQI.求证： 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 13 - （1）DBFE， ， ，四点共面； （2）若 1 AC交平面DBEF于 R 点，则PQR， ，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/ /EFBD，故四点共面（2）PQ是平面 11 AAC C与平面DBFE的交 线，可证R是两平面公共点，故PQ过R，得证. 【详解】证明： （1）EF是 111 D BC的中位线， 11 / /EFB D. 在正方体 1 AC中， 11 / /B DBD， / /EFBD. ,EF

22、BD确定一个平面，即DBFE， ， ，四点共面. （2）正方体 1 AC中，设 11 A ACC确定的平面为， 又设平面BDEF为. 11, QACQ. 又QEF，Q， 则 Q 是与的公共点， aPQ . 又 11 ,ACRRAC. 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 14 - Ra，且R， 则RPQ，故PQR， ，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ABC中，角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c，满足 sinsin sinsin acAB bAC . （1）求角C； （2）求 ab c

23、的取值范围. 【答案】 （1） 3 C (2)(1,2 【解析】 试题分析： （1）要求角,只能从 sinsin sinsin acAB bAC 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 ab c 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 ab c 的范围. 试题解析： （1）根据正弦定理有: ,化简得, 根据余弦定理有, 所以. （2）根据正弦定理将 ab c 化简,同时将（1）代入,化简为 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 15 - 因为, 所以

24、. 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ABCDEFG中，平面ABC/平面DEFG，AD平面 ,DEFG ABAC，DEDG，EFDG，且1,2ACEFABADDEDG. （1）证明：BF平面ACGD （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DG的中点为M，连接AM、FM，证明BF平面ACGD内的直线AM，即可证 明BF平面ACGD. （2）利用 ABC DEFGADMBEFABC MFG VVV 直接求出几何体的体积即可. 【详解】 （1）取DG的中点为M，连接AM、

25、FM， 则由已知条件可知DEFM是平行四边形， 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 16 - 所以MFDE，且MF DE， 又ABQDE，且ABDE， MFAB，且MF AB， 四边形ABMF是平行四边形，即BFAM， 又BF 平面ACGD，AM 平面ACGD， 所以BF平面ACGD. （2） ABC DEFGADMBEFABC MFG VVV ADMMFG DESADS 11 22 122 14 22 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、柱体的体积公式，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ABCD是矩形，PA 平面ABCD，22P

26、AADAB，E为BC中点. （1）证明：平面PAE 平面PDE； （2）求异面直线AE与PD所成角的大小. 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 17 - 【答案】 （1）证明见解析； （2） 3 【解析】 【分析】 （1）由题意可证出DEAE，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MNC为异面直线AE 与PD所成角或其补角，在MNC中，利用余弦定理即可求解. 【详解】 （1）由题意可知AB=BE=1， 2AE ， 同理可得 2DE ，所以 222 AEDEAB 所以DE

27、AE，又因为PAABCD，所以PADE， 因为PAAEA， 所以DE平面PAE，所以平面PAEPDE （2）设PA，AD的中点分别为M，N，连接MN，NC，MC，AC. 所以，NCAE，MNPD， 所以MNC为异面直线AE与PD所成角或其补角， 由题可知 22222 26MNNCMCMAACMAADCD， 由余弦定理可得 1 cos 2 MNC ，所以异面直线AE与PD所成角为 3 【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ABCD的各边上分别取,E F G H四点，使 :1:2AE EBAF FDCG GDCH HB，将

28、正方形沿对角线BD折起，如图 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 18 - （1）证明：图中EFGH为矩形； （2）当二面角ABDC为多大时，EFGH为正方形. 【答案】 （1）证明见解析； （2）当二面角A-BD-C为60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，BD，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 2 3 HGa ，由题意只需使EH=HG，根据比例可得 2

29、2 ACa ，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 60 0. 【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， 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 19 - 又因为BDEF，ACEH，所以EFEH 所以EFGH为矩形 （2）设AB=a 则 2 3 HGa ， 要使四边形EFGH为正方形，只需使EH=HG 22 , 32 EH ACa

30、 AC ， 由（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 60 0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CDPE垂直于直角梯形ABCD， 0 90ADCBAD ，F为PA中点， 2PD ， 1 1 2 ABADCD. （1）求证：AC平面DEF； （2）线段EF上是否存在点Q，使CQ与平面ABCD所成角的正切值为 3 34 17 ？若存在，请 求出FQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）证明见解析； （2）存在； 19 4 FQ 【解析】

31、【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 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 20 - 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 3 2 4 QG ， 连接CQ， 可得QCG为直线CQ与平面ABCD所成的角， 在CQG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， AC 平面DEF，FN 平面DEF 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CDM中，由条件可知， 1717 , 24 CMCG ， 在梯形CEFM，QG为中位线，所以 3 2 4 QG 连接CQ，则QCG为直线CQ与平面ABCD所成的角， 3 2 3 34 4 tan 1717 4 QCG，所以存在点Q满足条件， 19 24 FE FQ . 【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. 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 21 -