2019-2020年高二下学期第二次月考数学（文）试题 含答案.doc

2019-2020年高二下学期第二次月考数学（文）试题 含答案一、选择题（60分）1、设全集,，则等于 （ ） A . B. C. D.2、若命题“pq”为假,且p为假,则() A.“pq”为假B.q为假 C.p为假D.q为真3、在同一坐标系中，函数与函数的图象可以是（ ）4、在正方体中，点分别是棱的中点，则异面直线和所成的角是（ ） A B C D 5、设，则（ ） A B C D6、两条直线a,b分别和异面直线c,d都相交,则直线a,b的位置关系是() A.相交 B.平行 C.异面 D.相交或异面7、已知两平面互相垂直，则经过一个平面内一点且垂直于交线的直线与另一个平面（ ） A.垂直 B.平行 C. 斜交 D.前三种情况都有可能8、如下图所示的几何体，其俯视图正确的是( )9、一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（ ）（A） （B） （C） （D）10、已知命题p:错误！未找到引用源。1,命题q:(x+a)(x-3)0,若p是q的充分不必要条件,则实数a的取值范围是()A.( -3,-1B.-3,-1 C.1,+)D.(-, -311、如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现.圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为()A.错误！未找到引用源。,1 B.错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。,1 D.错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。12、如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是（ ）A椭圆 B抛物线 C双曲线 D双曲线的一支二、填空题（20分）13、 已知命题p:xR,cosx1,则p: 14、以下说法中,已知直线a,b和平面.若ab,a,则b;已知直线a,b,c和平面.a是斜线,与平面相交,b是a在平面内的射影,c,且cb, 则ca;三个平面两两相交,且它们的交线各不相同,则这三条交线互相平行;已知平面,若=a,ba,则b或b.不正确的是 .15、一个圆柱的轴截面为正方形,其体积与一个球的体积之比是32,则这个圆柱的侧面积与这个球的表面积之比为 16、若函数有两个零点，则实数的取值范围是 .三、解答题（70分）17、（10分）（1）计算：（2）解方程：18、（12分）如图，在底面为平行四边形的四棱锥中， ，平面，点是的中点（1）求证：；（2）求证：平面； （第18题） （第19题）19、（12分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E为CC1的中点,求异面直线OE与AD1所成角的余弦值20、（12分）已知一四棱锥P-ABCD的三视图如图,E是侧棱PC上的动点.(1)求四棱锥P-ABCD的体积.(2)是否不论点E在何位置,都有BDAE?证明你的结论.21、（12分）如图,已知三棱锥P-ABC,ACB=90,D为AB的中点,且PDB是正三角形,PAPC.求证:(1)PA面PBC. (2)平面PAC平面ABC.（第21题） （第22题）22、（12分）如图，四凌锥pABCD中，底面ABCD为矩形，PA面ABCD，E为PD的点。 （1）证明：BP/平面AEC; (2)若AP=1，AD=,三棱椎P-ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离。xx学年第二学期高二文科月考答案1、A2、B.由于命题“pq”为假,且p为假,则命题p真,命题q假.3、B 试题分析：解:A图显示的定义域为是错误的；C图中指数函数图象下降，显示，对数函数的图象上升，显示，两者矛盾，是错误的；D图中指数函数的图象上升，显示，对数函数的图象下降，显示，两者矛盾，是错误的；因为函数与函数互为反函数，它们的图象应关于直线对称，所以B图是正确的，故选B.考点：1、指数函数与对数函数的图象；2、互数反函数的两个函数图象间的关系.4、A5、C【解析】因为，所以，故答案选6、D 若两条直线与两条异面直线有三个交点,则相交;若两条直线与两条异面直线有四个交点,则异面.【误区警示】本题中没有限制交点的个数,因此应分两种情况解答.当有四个交点时,这两条直线异面;当有三个交点时,这两条直线相交.7、D8、C【解析】试题分析：从图示可知为一个组合体，上部分为一个挖去一个三棱锥的几何体，下部分为一个长方体，因此C选项是正确的.考点：空间几何体的三视图.9、D【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，将其补成正方体放入球中，结合到正方体体对角线为球的直径可得，故球的表面积为考点：三视图及球的表面积10、 C11、B【解析】选B.设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R,V圆柱=R22R=2R3,V球=R3,=,S圆柱=2R2R+2R2=6R2,S球=4R2.所以=.12、【答案】A由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选A.【考点定位】1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.【名师点睛】本题主要考查圆锥曲线的定义以及空间线面的位置关系.解答本题时要能够根据给出的线面位置关系，通过空间想象能力，得到一个无限延展的圆锥被一个与之成角的平面截得的图形是椭圆的结论.本题属于中等题，重点考查学生的空间想象能力以及对圆锥曲线的定义的理解.14、 已知命题p:xR,cosx1,则p: 所以p:x0R,cosx01.14、错误.直线b的位置不确定,直线b可以在内,也可以平行于.正确.c同时垂直于斜线和射影.错误.例如,长方体同一顶点的三个面.错误.没有说明b是否在平面或内,则b可以在这两个平面外.15、11 设圆柱的高为2,球的半径为r,则V球=r3=,解得r=1,故所求比为11.16、（0，2）【解析】由函数有两个零点，可得有两个不等的根，从而可得函数函数的图象有两个交点，结合函数的图象可得，故答案为：（0，2）17、 （1）4 （2）x=2 18、证明：（1）PA面ABCD PAAC又ABACAC平面PAB ACPB（2）连结BD交AC于O，连结EO,则EOPB又PB面AEC PB面AEC19、【解题指南】解答本题要注意以下信息的应用:四边形ABC1D1是平行四边形;AC1的长度是正方体棱长的倍;直角三角形中锐角的余弦值是邻边比斜边.【解析】选D.取BC的中点F,连接OF,EF,BC1,因为四边形ABC1D1是平行四边形, 所以AD1BC1,因为EF是BCC1的中位线,所以EFBC1,所以EFAD1,所以OEF(或其补角)是异面直线OE与AD1所成的角.6分设正方体的棱长为a,在OEF中,OE=AC1=a,OF=AB=,EF=BC1=a,所以OF2+EF2=OE2,所以cosOEF=.12分20、(1)由已知中的三视图,得:棱锥的底面面积S四边形ABCD=11=1,棱锥的高PC=2,故棱锥的体积V=S四边形ABCD2=.(2)连接AC,交BD于O,则ACBD,又因为PC平面ABCD,所以PCBD,又因为ACPC=C,所以BD平面PAC,又因为AE平面PAC,所以BDAE,即不论点E在何位置,都有BDAE.21、【解题指南】(1)关键是根据PDB是正三角形,D是AB的中点证明PAPB.(2)关键是证明BC平面PAC.【证明】(1)因为PDB是正三角形,所以BPD=60.因为D是AB的中点,所以AD=BD=PD.又ADP=120,所以DPA=30,所以DPA+BPD=90,即APB=90,所以PAPB.又PAPC,PBPC=P,所以PA面PBC.(2)因为PA面PBC,所以PABC.因为ACB=90,所以ACBC.又PAAC=A,所以BC平面PAC.因为BC平面ABC,所以平面PAC平面ABC.22、 【答案】 (1) 省略 (2) 【解析】（1）设AC的中点为G, 连接EG。在三角形PBD中，中位线EG/PB,且EG在平面AEC上，所以PB/平面AEC.(2)