2018-2019学年高二数学上学期10月月考试卷 文(含解析).doc

2018-2019学年高二数学上学期10月月考试卷 文(含解析)一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1.若平面平面，则直线与的位置关系是()A. 平行或异面 B. 相交 C. 异面 D. 平行【答案】A【解析】【分析】利用平面平面，可得平面与平面没有公共点，根据，可得直线，没有公共点，即可得到结论【详解】平面平面，平面与平面没有公共点，直线，没有公共点直线，的位置关系是平行或异面，故选A.【点睛】本题考查面面、线线、线面的位置关系，考查学生分析解决问题的能力以及空间想象力，属于基础题2.已知过点和的直线与直线平行，则实数的值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：两直线平行斜率相等，的斜率为-2，直线的斜率为，解方程得考点：直线平行3.正方形的边长为，是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的面积为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则可还原出原来的图形，得原图为一个底为1，高为的平行四边形，求出它的面积即可【详解】如图所示，由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的2倍长度为，其原来的图形是平行四边形，所以它的面积是，故选C.【点睛】本题考查了斜二测画法的规则与应用问题，解题时应还原出原来的图形，是基础题斜二测画法画平面图形直观图的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点，画直观图时，把它画成对应的轴、轴，使（或），它确定的平面表示水平平面；（2）已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于或轴的线段；（3）已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于轴的线段，长度为原来的一半4.直线的倾斜角的取值范围是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求出直线的斜率，分析可得，由直线的倾斜角与斜率的关系，计算可得答案【详解】根据题意，直线变形为，其斜率，则有，由正切函数的性质可得倾斜角的范围为；故选B.【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系以及正切函数的性质，属于基础题.5.已知且关于的方程有两相等实根，则向量与的夹角是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据关于的方程有两个相等的实根便可得到，而由,便可得到，从而便可得出与夹角的大小.【详解】方程有两个相等的实根，与的夹角为，故选D.【点睛】考查一元二次方程实根的情况和判别式取值的关系，以及向量数量积的计算公式，向量夹角的范围，已知三角函数值求角6.已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为若的面积为，则该圆锥的体积为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用已知条件求出母线长度，然后求解底面半径为，以及圆锥的高为2，然后求解体积即可.【详解】圆锥的顶点为，母线，互相垂直，的面积为8，可得，解得，与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为，圆锥的高为2，则该圆锥的体积为，故选A【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，母线以及底面所成角的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题.7.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1 B. 2C. 3 D. 4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.8.直线过点，且不过第四象限，则直线的斜率的最大值为（ ）A. 0 B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由题意作出图象，利用经过两点，间的斜率定义，结合图象求解【详解】由直线过点，且不过第四象限，作出图象，当直线位于如图所示的阴影区域内时满足条件，由图可知，当直线过，时，直线斜率取最大值，直线的斜率的最大值为2，故选D.【点睛】本题考查直线的斜率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用，属于基础题.9.过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积是球的表面积的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：如图所示的过球心的截面图，故正确答案为A.考点：球体的表面积和体积.10.圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设圆锥底面半径为，母线长为，侧面展开图扇形的圆心角为，根据条件得，从而，再由扇形面积公式能求出该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，侧面展开图扇形的圆心角为，根据条件得，即，根据扇形面积公式得，即，故选C.【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图扇形的圆心角的求法，考查圆锥的表面积，侧面展开图，扇形面积即平面几何知识，是基础题，解题时要认真审题，注意圆锥的性质的合理运用11.过正方形的顶点作线段 平面，且,则平面与平面 所成的二面角的度数是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知中过正方形的顶点，作平面，若，则我们可以构造一个正方体，然后在正方体中分析平面和平面所成的二面角的大小.【详解】我们构造正方体如下图示：面与面所成二面角就是平面与平面所成二面角，平面，所以，所以，所以，所以就是面与面所成二面角，由于构造的几何体是一个正方体，易得，故选C.【点睛】判断线与线、线与面、面与面之间的关系，可将线线、线面、面面平行（垂直）的性质互相转换，进行证明，也可将题目的中直线放在空间正方体内进行分析12.如图，在正方体中，若是线段上的动点，则下列结论不正确的是() A. 三棱锥的正视图面积是定值B. 异面直线，所成的角可为C. 异面直线，所成的角为D. 直线与平面所成的角可为【答案】D【解析】【分析】判断主视图的底与高是否发生变化来判断，利用几何法以及建立空间坐标系将线线角以及线面角的关系转化为向量的关系来判断，和【详解】对于，三棱锥的主视图为三角形，底边为的长，高为正方体的高，故棱锥的主视图面积不变，故正确；对于，分别以，为坐标轴，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，当时，方程有解， 异面直线，所成的角可为，故B正确对于，连结，则，又，于是平面，平面，故C正确；对于，结合B中的坐标系，可得面的法向量为，所以，令，方程无解，即直线与平面所成的角可为是错误的，故选D.【点睛】本题考查了棱锥的三视图，异面直线所成的角，线面角，使用向量法可快速计算空间角的问题，异面直线所的角与两直线的方向向量所成的角相等或互补，主要通过异面直线角的范围来确定的，直线与平面所成的角满足，属于常规题.二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13.过点的直线与过点的直线垂直，则_【答案】-12【解析】【分析】利用经过两点，间的斜率定义计算出，利用斜率乘积为，求出的值即可【详解】，又与互相垂直，解得，故答案为.【点睛】本题考查了两点间的斜率计算公式以及两条直线的垂直条件的应用，基本知识的考查，属于基础题.14.在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】分析：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系,求出，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：如图，为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设异面直线与成角为，故答案为.点睛：本题主要考查异面直线所成的角立体几何解题的“补型法”，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.15.如图所示，是一个正方体的表面展开图，若把它再折回成正方体后，有下列命题：与点重合； 与垂直；与所成角度是； 与平行其中正确命题的序号是_【答案】【解析】【分析】把展开图，折叠还原为正方体如图所示，根据正方体的性质即可得到正确选项【详解】把展开图，折叠为正方体如图，容易得到与点重合，与成角，与成角，与平行，正确答案为.【点睛】本题是基础题，考查几何体的折叠与展开，注意折叠前后，字母随平面而动，准确还原是解题的关键.16.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为_.【答案】【解析】在RtASC中，AC1，SAC90，SC2，所以SA.同理，SB.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为SACSBC，故BDSC，ADBD，故SC平面ABD，且ABD为等腰三角形因为ASC30，故ADSA，则ABD的面积为1，则三棱锥S-ABC的体积为2三、解答题（本题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.求与直线平行且在两坐标轴上截距之和为的直线的方程。【答案】直线方程为【解析】试题分析：设直线的方程为，分别令，求出直线在坐标轴上的截距，根据两坐标轴上截距之和为列方程求解即可得出的值，从而可得直线的方程.试题解析：设直线l的方程为3x4ym0，令x0，得y轴上截距b；令y0，得x轴上截距a.所以().解得m4.所以所求直线l的方程为3x4y40.18.已知的三个内角成等差数列，它们的对边分别为，且满足.（1）求；（2）求的面积.【答案】(1) ,，;(2).【解析】分析：（1）由题为求角，可利用题中的条件A、B、C成等差数列及， ，可运用正弦定理，可求出A、B、C；（2）由（1）已知角，先运用正弦定理求出所需的边，即可求出面积.详解：（1），成等差数列，又， 由正弦定理，可知， ，综上，； （2）， 由,得， 点睛：本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式，三角形内角和定理，考查了计算能力和转化思想.19.为数列的前项和，已知数列为等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和。【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）先有可求出，故而可求出公差，根据等差数列的通项公式即可得结果；（2）结合（1）可得，利用列项相消即可得其前项和.【详解】（1）因为数列为等差数列，设公差为由题可得所以，从而可得所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为.（2）由可是，设数列前项和为，则.【点睛】本题主要考查了等差数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.20.已知多面体，均垂直于平面，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值【答案】(1)见解析；（2）直线与平面所成的角的正弦值为.【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理，要证平面，只需证与平面两条相交直线垂直。根据已知条件可求与的长度，然后跟据勾股定理可证.。同理可得.，进而可得平面。（2）要求直线与平面所成的角的正弦值，应先作角。由条件可得平面平面 。所以过点作，交直线于点，连结. 可知是与平面所成的角.根据条件可求的三边长，进而可由余弦定理求得 ，然后可求。进而求得，在中即可求得结果。【详解】（1）由得，所以.故.由， 得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（2）如图，过点作，交直线于点，连结. 由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（1）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.（2）设直线与平面所成的角为.由（）可知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.【点睛】立体几何中证明直线与平面垂直，应该利用直线与平面垂直的判定定理。注意直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直之间的互相转化。其中直线与直线垂直是基础，证明直线与直线垂直方法有：勾股定理；直线与平面垂直的定义；若 等腰三角形三线合一，菱形对角线互相垂直，等初中几何知识。21.如图所示，三棱台 中，分别为AC，CB的中点（1）求证：平面；（2）若，求证：平面 平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）如图所示，连接，设，连接，先得四边形是平行四边形，平面，再得平面，根据面面平行判定定理即可得结果；（2）连接，先得，通过证四边形是平行四边形，得，进而成立，再得线面垂直平面，最后由面面垂直判定定理可得结论.【详解】（1）如图，连接，设，连接.在三棱台中，为的中点，可得，所以四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，所以.又平面，平面，所以平面.因为.所以平面FGH.又因为，且，平面所以平面平面；（2）如图，连接，.因为，分别为，的中点，所以.由，得，又为的中点，所以，因此四边形是平行四边形，所以.又，所以.又，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.22.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点. （1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】略