2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（文）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知，，若，则（ ）
A．4B．3C．D．
【答案】D
【解析】根据及、的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数
【详解】
由，，
有
解得
故选：D
【点睛】
本题考查了向量垂直的坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有求参数值
2．在中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．
【答案】C
【解析】由正弦定理求解即可.
【详解】
由正弦定理可知，则
故选：C
【点睛】
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.
3．某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）为
A．18B．C．D．
【答案】C
【解析】判断三视图复原的几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积即可.
【详解】
由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3,
所以几何体的体积为，
故选：C.
【点睛】
本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．
4．已知，且，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．6D．7
【答案】B
【解析】由题意，根据，结合基本不等式，即可求出结果.
【详解】
因为，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型.
5．如图所示，三棱台中，沿面截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．三棱台D．四棱台
【答案】B
【解析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意知，三棱台中，沿面截去三棱锥，
则剩余部分是四棱锥，故选B.
【点睛】
本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.
6．设m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，则；B．若，，则；
C．若，，则；D．若，，则．
【答案】C
【解析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项， m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.
【详解】
对于选项，若，，则，所以该选项正确；
对于选项，若，，则，所以该选项正确；
对于选项，若，，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；
对于选项，若，，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.
故选：C．
【点睛】
本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
7．如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】D
【解析】连接，由已知条件可证得平面，从而可得，由此可得答案
【详解】
连接，则，
因为平面，在平面内，
所以，
因为，
所以平面，
因为在平面内，
所以，
所以异面直线与所成的角为，
故选：D
【点睛】
此题考查求异面直线所成的角，属于基础题
8．在我国古代著名的数学专著《 九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢? （）
A．16 日B．12 日C．9 日D．8 日
【答案】C
【解析】【详解】
解：由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，
驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，
则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，
则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，
又∵数列{an}的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），
数列{bn}的前n项和为（97+97.5﹣0.5n）（194.5n），
∴（193+13n）（194.5n）＝2250，
整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，
解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．
故选C
点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
9．给出下列命题：
①有两个面互相平行且是全等的三角形，其余各面都是四边形，且相邻两四边形的公共边互相平行，由这些面所围成的封闭几何体是三棱柱；
②有一个面是五边形，其余各面都是有公共顶点的三角形，由这些面所围成的封闭几何体一定是五棱锥；
③有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，由这些面所围成的封闭几何体一定是四棱台.
其中正确的命题是（ ）
A．②③B．①②C．①③D．①②③
【答案】B
【解析】①根据棱柱的定义进行判断；②根据棱锥的定义进行判断；③根据棱台的定义进行判断．
【详解】
①由棱柱的定义知①正确；
②由棱锥的定义知②正确；
③棱台是由平行于底面的棱锥所截得的，有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，四条侧棱不一定交于一点，则③不一定是四棱台，故③错误；
故正确的是①②；
故选：．
【点睛】
本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较基础．
10．如图，在棱长为的正方体中，为中点，则四面体的体积( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由体积桥可知，求解出和高，代入三棱锥体积公式求得结果.
【详解】
为中点
又平面
本题正确选项：
【点睛】
本题考查三棱锥体积的求解问题，关键是能够利用体积桥将所求三棱锥更换顶点，从而更容易求得几何体的高和底面积，属于基础题.
11．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.
【详解】
由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为
.
故选：A.
【点睛】
本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.
12．在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），
＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），
设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2），
∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为
故选：D．
【点睛】
本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题
二、填空题
13．已知直线l的斜率为2，且经过点，则直线l的一般式方程为_____________．
【答案】
【解析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得答案.
【详解】
解：因为直线l的斜率为2，且经过点，
所以直线l的方程为，
即．
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题.
14．圆的圆心到直线的距离为1，则________
【答案】
【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案．
【详解】
圆的圆心坐标为：，
故圆心到直线的距离，解得：，
故答案为：
【点睛】
本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式．
15．已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若该球的表面积为，则圆柱的侧面积为_____．
【答案】.
【解析】先由球的表面积为求出球的半径，然后由圆柱的侧面积公式算出即可
【详解】
因为球的表面积
所以
所以圆柱的底面直径与高都为
所以圆柱的侧面积：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是空间几何体表面积的算法，较简单.
16．如图，在长方体中，，，，E、F分别为棱、的中点.动点P在长方体的表面上，且，则点P的轨迹的长度为________.
【答案】
【解析】过点构造一个平面，使之与直线垂直，则平面与正方体的表面的交线为动点的轨迹，则可得到答案.
【详解】
过构造一个平面，使得,当点在平面与正方体的表面的交线上时，就有成立.
连接，则在正方体中E、F分别为棱、的中点.
则.
在侧面内过点作,交于点.
则平面就是需要的平面.
则平面截正方体得到截面为矩形.如图
则动点的轨迹为矩形的四条边组成的图形.
，则.
所以
所以，则
.
所以矩形的周长为:
故答案为：
【点睛】
本题考查满足条件的动点的轨迹的探索，考查线面垂直，属于中档题.
三、解答题
17．已知圆C过三点，，，圆C的方程；
【答案】
【解析】根据圆的对称性由两点，可得圆心在上，从而设出圆心坐标，再由，到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆C的方程.
【详解】
因为圆过点，故圆心在上
设圆心坐标，则，解得.
故其半径.
故圆方程为：
【点睛】
本题主要考查了由圆上三点求圆的方程，属于中档题.
18．已知，，.
（1）求与的夹角；
（2）求.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由已知可以求出的值，进而根据数量积的夹角公式，求出，进而得到向量与的夹角；
（2）要求，我们可以根据（1）中结论，先求出的值，然后开方求出答案．
【详解】
（1），，
，
，
∴，∴，
∴向量与的夹角.
（2），
.
【点睛】
本题考查数量积表示两个向量的夹角、向量的模，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
19．在中，内角所对的边分别为，已知．
（1）求角C的大小
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）利用正弦定理化简已知等式可得值，结合范围，即可得解的值．
（Ⅱ）利用正弦定理及面积公式可得，再利用余弦定理化简可得值，联立得从而解得周长．
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理，得
，
在中，因为，所以
故，
又因为0＜C＜，所以．
（Ⅱ）由已知，得.
又，所以.
由已知及余弦定理，得，
所以，从而.即
又，所以的周长为.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题．
20．在四棱锥中，底面是正方形，与交于点，底面，为的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）若,求三棱锥F-ABC的体积.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1） 连接OF，证明，结合线面平行的判定定理证明即可．
（2）由底面，知F到平面ABC的距离为,再由三棱锥体积公式可以算出答案．
【详解】
（1）连接．由是正方形可知,点为中点．又为的中点，所以∥
又平面平面所以∥平面
（2）取BC的中点为H，连结FH，∴，
，
【点睛】
本题主要考查了线面平行，以及三棱锥的体积计算，属于基础题．
21．
设数列的前项和为，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）由已知利用递推公式，
可得，代入分别可求数列的首项，公比，从而可求.
（2）由（1）可得，利用乘“公比”错位相减法求和．
【详解】
解：(1)当时，
，
当时，满足上式，
故的通项式为．
设的公比为，
由已知条件知，
，，所以，
，即．
(2)，
两式相减得：
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的求法，错位相减法求数列通项，属于中档题.
22．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面.
（1）若为边的中点，求证：平面.
（2）求证：.
（3）若为边的中点，能否在上找出一点，使平面 平面？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】（1）证明，利用面面垂直的性质即可证明（2）证平面即可得（3）存在点，且为的中点，证明平面，即可证出平面 平面.
【详解】
证明：连接，，
因为是等边三角形，为边的中点，所以．
因为平面平面，所以平面，所以．
因为四边形是菱形，所以．又因为，所以是等边三角形，所以．又因为，，所以平．
（2）证明：因为，，，所以平面．又因为 平面，所以．
（3）存在点，且为的中点．证明如下：连接交于，连接，
因为且，又，分别是，的中点，连接，所以且，所以四边形是平行四边形，所以．又因为，所以．由（1）知平面，所以平面．又 平面，所以平面平面．
【点睛】
本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题.