2020-2021學年黑龍江省哈爾濱師范大學青岡實驗中學校高二10月月考數(shù)學(理)試題(解析版)

1、2020-2021學年黑龍江省哈爾濱師范大學青岡實驗中學校高二10月月考數(shù)學(理)試題一、單選題1 .已知 oA 1,2 , OB 3,m ,若 OA OB,則 m ()A. 4B. 3C. 3D.-22【答案】D【解析】 根據(jù)oa oB及OA、oB的坐標，應用坐標表示向量垂直即可求參數(shù)【詳解】由 OA OB，OA 1,2 , OB 3,m有 OA OB 3 2m 0.一 3解得m 一2故選：D【點睛】0求參本題考查了向量垂直的坐標表示，利用已知向量坐標及垂直關系有 x1x2 y1y2數(shù)值2.在&ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若B 30 ,C 45,bA. 2B. 3

2、【答案】C【解析】由正弦定理求解即可.【詳解】 bc由正弦定理可知，則csin B sinC故選：cC. 4bsinCsin BD.迪【點睛】本題主要考查了正弦定理的應用，屬于基礎題3.已知 x, y (0,），且1 4 1,則x y的最小值為（ x yA. 8B.C. 6D. 7，升 ，1 4，人M， r，一，e【解析】由題意，根據(jù)x y x y ,結合基本不等式，即可求出結果 x y【詳解】14因為 x,y （0,），且一一 1 ,x y所以 x y 1 4 x y 1 4 ¥ 0 5 2m 9, x yx y x yy 4xx 3當且僅當y，即 時，等號成立，xyy 6故選：B

3、.【點睛】A1 ABC ,則剩余部本題主要考查由基本不等式求最值，屬于基礎題型4.如圖所示，三棱臺 ABC AB1C1中，沿面ABC截去三棱錐分是（）A .三棱錐B,四棱錐C.三棱臺D.四棱臺【答案】B【解析】根據(jù)棱錐的定義和空間結合體的結構特征，即可求解，得到答案【詳解】 由題意知，三棱臺 ABC AB1cl中，沿面 A1BC截去三棱錐 A1 ABC,則剩余部分是四棱錐 A BB1C1C ,故選B.【點睛】本題主要考查了棱錐的定義及其判定,其中解答中熟記棱錐的定義,以及空間幾何體的結構特征是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力，屬于基礎題5 設 m， n 是兩條不同直線，是兩個不同平面，則下列

4、說法錯誤 的是( )A 若 m ， n ，則 m/ n ；B 若 / ， m ，則 mC 若 m/ ， n/ ，則 m/n ；D 若 m ， m/ / ，則【答案】 C直接由直線平面的定理得到選項A, B 正確；對于選項C ，m， n 可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；對于選項為 內(nèi)一直線，所以對于選項 A ，若 mn ，則 m/ n ，所以該選項正確；對于選項 B ，若 / ， mm ，所以該選項正確；對于選項 C ，若 m/ ， n/m， n 可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；D ， m 與 內(nèi)一直線 l ，所以 l ，因為 l.所以該選項正確【詳解】對于選項 D ，若 m ， m

5、/ ，則 m 與 內(nèi)一直線 l ，所以 l所以該選項正確故選： C【點睛】本題主要考查空間直線平面位置關系的判斷，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.6 在我國古代著名的數(shù)學專著 九章算術里有一段敘述：今有良馬與駑馬發(fā)長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢問：幾日相逢? ()A 16 日B 12 日C 9 日D 8 日【答案】 C【解析】 【詳解】解：由題可知，良馬每日行程an 構成一個首項為103，公差13 的等差數(shù)列，弩馬每日行程bn構成一個首項為97,公差為-0.5的等差數(shù)列，貝U an= 1

6、03+13 ( n1) = 13n+90, bn=97-0.5 (n-1) = 97.5- 0.5n,則數(shù)列an與數(shù)列bn的前n項和為1125X2=2250,又.數(shù)列an的前 n項和為 n (103+13n+90) n (193+13n),數(shù)列bn的前 n 項和為 £(97+97.5 - 0.5n)n (194.5 1 n),l n (193+13n) n (194.5 - n) = 2250,222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.故選C點睛：本題以數(shù)學文化為背景，考查等差數(shù)列，考查轉(zhuǎn)化思想

7、，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題.7 .給出下列命題：有兩個面互相平行且是全等的三角形，其余各面都是四邊形，且相鄰兩四邊形的公共邊互相平行，由這些面所圍成的封閉幾何體是三棱柱；有一個面是五邊形，其余各面都是有公共頂點的三角形，由這些面所圍成的封閉幾何體一定是五棱錐；有兩個面是互相平行且相似的矩形(不全等)，其余各面都是梯形，由這些面所圍成的封閉幾何體一定是四棱臺.其中正確的命題是()A.B.C.D.【答案】B【解析】根據(jù)棱柱的定義進行判斷；根據(jù)棱錐的定義進行判斷；根據(jù)棱臺的定義進行判斷.【詳解】由棱柱的定義知正確；由棱錐的定義知正確；棱臺是由平行于底面的棱錐所截得

8、的，有兩個面是互相平行且相似的矩形(不全等)，其余各面都是梯形，四條側(cè)棱不一定交于一點，則不一定是四棱臺，故錯誤；故正確的是；故選：B .【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，結合棱柱，棱錐，棱臺的定義是解決本題的關鍵，比較基礎.98 .已知三棱柱 ABC-AiBiCi的側(cè)棱與底面垂直，體積為 一，底面是邊長為 ，3的正二4角形.若P為底面AiBiCi的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為（）A. 120B. 60C. 45D. 30【答案】B【解析】試題分析：由題意知底面積為s 43 32 述，體積V Sh ?,所以444h J3,設PP是棱柱高，則P是底面ABC的中心，從而 AP - -

9、73 1, 32又 PAP為直線和平面所成的角，所以tan PAP 也,PAP 60 ,故選 B.【考點】 直線與平面所成的角.9 .魯班鎖（也稱孔明鎖、難人木、六子聯(lián)方）起源于古代中國建筑的棒卯結構.這種三維的拼插器具內(nèi)部的凹凸部分（即棒卯結構）嚙合，十分巧妙.魯班鎖類玩具比較多，形狀和內(nèi)部的構造各不相同，一般都是易拆難裝.如圖1,這是一種常見的魯班鎖玩具,圖2是該魯班鎖玩具的直觀圖，每條棱的長均為2,則該魯班鎖的表面積為（）A. 8（6 6近 B. 6（8 8近 73） C. 8（6 673 V2）D. 6（8 8百百【答案】A【解析】該魯班鎖玩具可以看成是一個正方體截去了8個正三棱錐所余

10、下來的幾何體，然后按照表面積公式計算即可.【詳解】由題圖可知，該魯班鎖玩具可以看成是一個棱長為2 2J2的正方體截去了 8個正三棱錐所余下來的幾何體，且被截去的正三棱錐的底面邊長為2,側(cè)棱長為則該幾何體的表面積為S 6（2 2 2）2 4 1、228 12 、，3 8（6 6 2,3）.故選：A.【點睛】BAAiCAA1 60 ,本題考查數(shù)學文化與簡單幾何體的表面積，考查空間想象能力和運算求解能力10.三棱柱ABC A1BQ1中，底面邊長和側(cè)棱長都相等,異面直線AB1與BCi所成角的余弦值為（）5B.D.,J 36【解析】設AAABa, ACb，根據(jù)向量線性運算法則可表示出ABi 和 BCi分

11、別求解出AB1 BC1和AR” BCi,根據(jù)向量夾角的求解方法求得 cos ABBG ,即可得所求角的余弦值.【詳解】設棱長為 1, AA c, AB a，AC b1- _ 1_ _ 1由題息得：a b ,bc , a c 一 222v AB1 ac,BC1BC 甌 bacAB| BC1 a c b a c ab a2acbcacc2又 A31 J""a>/a22a c_c2 V3BC1 , b a c 2 b2 a2 c2 2ab 2b c 2a c、2AB1 BC116cos AB1 , BC1 IABJ1BC1 <66即異面直線AB與BG所成角的余弦值為：

12、6本題正確選項：B【點睛】本題考查異面直線所成角的求解，關鍵是能夠通過向量的線性運算、數(shù)量積運算將問題轉(zhuǎn)化為向量夾角的求解問題 .11 .在棱長為2的正方體ABCD A1B1C1D1中，E, F分別為棱AA、BB1的中點,M為棱AB1上的一點，且A1M面DiEF的距離為()(02)，設點N為ME的中點，則點N到平【答案】D【解析】由幾何體為正方體，以 D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DDi為z軸，建立 空間直角坐標系，求出平面 DiEF的法向量n ,結合向量的點到平面距離公式求得點 M 到平面DiEF的距離，結合 N為EM中點即可求解【詳解】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD i為z軸

13、，建立空間直角坐標系，則 M (2,入，2), Di (0, 0, 2), E (2, 0, i), F (2, 2, i),EDi = (-2, 0, i), EF =(0, 2, 0), EM =(0, N i),_n設平面DiEF的法向量n= (x, y, z),則(i, 0, 2),點M到平面DiEF的距離為：d= |EM n| |n|該面的距離為-55故選：D.EDi2xn EF2y2、,55z 0,取x= i,得0N為EM中點，所以【點睛】本題考查利用向量法求解點到平面距離，建系法與數(shù)形結合是解題關鍵，屬于中檔題2, AD &，E?F 分12 .如圖，在長方體 ABCD A

14、B1C1D1 中，AB 1, AAEP CF ,則點P的軌跡的長別為棱AAi? BBi的中點.動點P在長方體的表面上，且度為（）A. 2 百B, 2,66C. 1 口. 2 5【解析】作出過點P ,點E的平面 ，使彳導CF 平面 ，此時P的軌跡即為平面 與 長方體表面的交線，據(jù)此可求解出軌跡的長度連接EF ,過F作FG CF交B1cl于G點，過G點作GH /A1B1交A1D1于H點,連接HE ,如下圖所示：因為E,F為AA,BBi的中點，所以EF/AB,又因為AB 平面BCCiBi ,所以EF 平面BCC ,所以EF CF ,又因為FG CF ,且EFUFG F ,所以CF 平面EFGH ,所

15、以P的軌跡為EF , FG, GH , HE ,因為GB1FCBF 90 ,所以可知 乙BCFS&B1FG ,又因為GH /AB,GH所以* *，所以B1G 也，所以FG JB1F2B1G2 , BiG BiF22AB ,所以四邊形EFGH為平行四邊形，所以GH EF 1,所以P的軌跡長度為:2 2.6,故選：A.本題考查線面垂直的綜合應用,涉及到求解點的軌跡的長度問題,對學生的分析與轉(zhuǎn)化能力要求較高，難度較難二、填空題13 .已知直線l的斜率為2,且經(jīng)過點 2, 5，則直線l的一般式方程為 【答案】2x y 1 0【解析】根據(jù)直線的點斜式方程求出之后再化為一般是方程即可得答案【詳解】

16、解：因為直線l的斜率為2,且經(jīng)過點 2, 5所以直線l的方程為y 5 2(x 2),即 2x y 1 0 .故答案為：2x y 1 0.【點睛】本題考查直線的點斜式方程，一般式方程，是基礎題14 .圓x2 y2 2x 8y 13 0的圓心到直線ax y 1 0的距離為1,則3【解析】 求出圓心坐標，代入點到直線距離方程，解得答案.【詳解】圓x2 y2 2x 8y 13 0的圓心坐標為：(1,4),| a 4 1| /4故圓心到直線ax y 1 0的距離d 1 ,解得：a ,Ja2 13，4故答案為：43【點睛】本題考查的知識點是圓的一般方程，點到直線的距離公式.15 .已知圓柱的底面直徑與高都

17、等于球的直徑，若該球的表面積為48兀，則圓柱的側(cè)面積為.【答案】48幾.【解析】先由球的表面積為48幾求出球的半徑，然后由圓柱的側(cè)面積公式算出即可【詳解】因為球的表面積 S 4tR2 48冗所以R=2 .3所以圓柱的底面直徑與高都為4 J3所以圓柱的側(cè)面積：2冗2舊4，3=48冗故答案為：48幾【點睛】本題考查的是空間幾何體表面積的算法，較簡單16 .如圖，矩形ABCD中，AB 2AD 2, E為邊AB的中點.將aADE沿直線DE 翻折成 ADE (點A不落在底面BCDE內(nèi))，若M在線段AiC上(點M與Ai , C不 重合)，則在aADE翻轉(zhuǎn)過程中，以下命題正確的是 (把正確的序號寫在橫 線上

18、)(1)存在某個位置，使 DE AiC(2)存在點M ,使得BM 平面ADC成立(3)存在點M ,使得MB平面ADE成立(4)四棱錐A1bcde體積最大值為,24【答案】(3) (4)【解析】利用反證法可得(1) (2)錯誤，取 M為AiC的中點，取AiD的中點為I ,連接MI ,IE ,可證明MB平面AiDE ,當平面ADE 平面BCDE時，四棱錐A bcde體積最大值，利用公式可求得此時體積為如圖(1),取DE的中點為F ,連接AF,CF ,則 CDF 45, DF 走，故 CF2 4 12 25, 22222故 DC 2 DF2 CF2 即 CFD 2若 CA DE ,因為 AD ae,

19、df FE,故 af DE,而 af AC A,故DE平面AFC ,因為CF 平面AFC，故DE CF ,矛盾，故（1）錯.若BM 平面ADC ,因為DC 平面ADC,故BM DC,因為 DC CB , BM CB B ,故 CD 平面 ACB ,因為AC 平面AiCB，故CD AC ,但AD CD，矛盾，故（2）錯.當平面ADE 平面BCDE時，四棱錐A BCDE體積最大值，由前述證明可知 AF DE ,而平面ADECl平面BCDE DE ,AiF 平面ADE ,故AF 平面BCDE ,因為AiDE為等腰直角三角形， AD AiE 1,故AF 叵, 213又四邊形BCDE的面積為2 1 -

20、1 1 -, 22故此時體積為13 二，故（4）正確. 3 224對于（3）,如圖（2）,取M為AC的中點，取AD的中點為I ,連接MI ,IE ,_1 _ _ _1 則 IMCD,IM CD ,而 BECD,BE CD, 22故IM/BE,IM BE即四邊形IEBM為平行四邊形，故IEBM,因為IE 平面ADE, BM 平面ADE ,故MB平面A1DE ,故（3）正確.故答案為：(3) (4)【點睛】若命題的不成本題考查立體幾何中的折疊問題，注意對于折疊后點線面的位置的判斷,立，往往需要利用反證法來處理，本題屬于難題 三、解答題17 .已知圓C過三點1,3 ,4,2 , 1, 7 ,圓C的方

21、程；【答案】(x 1)2 (y 2)2 25【解析】根據(jù)圓的對稱性由兩點1,3 , 1, 7可得圓心在y2上，從而設出圓心坐標，再由1,3, 4,2到圓心的距離等于半徑列出等式，得出圓C的方程.【詳解】因為圓過點1,3 , 1, 7 ,故圓心在y 2上22設圓心坐標 x, 2 ,則x 125 x 416,解得x 1.2故其半徑r 1 125 25.故圓方程為：(x 1)2 (y 2)2 25【點睛】本題主要考查了由圓上三點求圓的方程，屬于中檔題18.已知 a 4, b 3, 2a 3b 2ab 61.(1)求a與b的夾角；(2)求 a b.【答案】(1) (2) |a b| V373【解析】(

22、1)由已知可以求出 a b的值，進而根據(jù)數(shù)量積的夾角公式，求出cos a,b進而得到向量a與b的夾角(2)要求|ab |,我們可以根據(jù)(1)中結論,先求出|ab |2的值，然后開方求出答案.(1) 'al 4,|b| 3,-(2a 3b) (2a b)4|a|23|b|2 4ab37 4a b61,a b | a | | b |*cosa, bcos a, b1 2'a,b，向量a與b的夾角 120t(2) ,/| a b |2 | a |2|b|2 2ab 16 912 37 ,|a b |、37.本題考查數(shù)量積表示兩個向量的夾角、向量的模，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想

23、，考查邏輯推理能力、運算求解能力.19 .在 ABC中，內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知 J3bcosC csinB.(1)求角C的大小(2)若c 2幣, ABC的面積為6 J3,求ABC的周長.【答案】(I) C -. (n) 10 2百.3【解析】(I )利用正弦定理化簡已知等式可得tanC值，結合范圍C 0,即可得解C的值.(n)利用正弦定理及面積公式可得ab ,再利用余弦定理化簡可得 a b值，聯(lián)立得a, b從而解得 ABC周長.b c(I )由正弦定理，得sinB sinC73sinBcosC sinBsinC，在ABC中，因為sinB 0,所以J3cosc sinC故

24、tanC 33 ,又因為0vCv ，所以C -.3(n)由已知，得 1absinC 673 . 2又C ,所以ab 24. 3由已知及余弦定理，得 a2 b2 2abcosC 28，2所以 a2 b2=52,從而 a b 100 .即 a b 10又c 2",所以 ABC的周長為10 2J7.【點睛】本題主要考查了正弦定理，余弦定理的應用，考查了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結合思想，屬于基 礎題.20.如圖所示，在四棱錐 P ABCD中，底面ABCD是 DAB 60且邊長為a的菱 形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD./ r/; if/J U ,/r I I? JF .c t &

25、#163;(1)若G為AD邊的中點，求證： BG 平面PAD .(2)求證：AD PB .(3)若E為BC邊的中點，能否在PC上找出一點F ,使平面 DEF 平面ABCD ?【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)見解析【解析】(1)證明PG AD ,利用面面垂直的性質(zhì)即可證明(2)證AD 平面BPG即可得AD PB (3)存在點F ,且F為PC的中點，證明 MF 平面ABCD ,即 可證出平面 DEF 平面ABCD.【詳解】證明：連接PG , BD ,因為 PAD是等邊三角形，G為AD邊的中點，所以 PG AD .因為平面PAD 平面ABCD ,所以PG 平面ABCD ,所以PG BG .

26、因為四邊形 ABCD是菱形，所以 AB AD .又因為 BAD 60 ,所以 ABD是等 邊三角形，所以 BG AD .又因為PG AD G ,所以BG 平PAD .(2)證明：因為AD PG, AD BG, PG BG G ,所以AD 平面BPG .又 因為BP 平面BPG ,所以AD PB .(3)存在點F ,且F為PC的中點.證明如下：連接 CG交DE于M ,連接FM ,F .因為AD | BC且AD BC ,又E , G分別是BC , AD的中點，連接EG ,所以CE II DG且CE DG ,所以四邊形CEGD是平行四邊形，所以 CM MG .又因為CF FP ,所以MF | PG

27、.由（1）知PG 平面ABCD,所以MF 平面ABCD .又MF 平面DEF ,所以平面DEF 平面ABCD .本題主要考查了兩個平面垂直的性質(zhì)、判定,線面垂直的判定、性質(zhì)，屬于中檔題24621.已知數(shù)列an滿足ai a2 a32n2n 3n n Nan(1)求數(shù)列an的通項；、一一21 O(2)設bn(n1)an22n ,求數(shù)列bn的前n項和Sn ,當S- m2m 1對一切4正整數(shù)n恒成立時，求實數(shù) m的取值范圍.n【答案】(1) an (n N ); (2)6,2 .n 1【解析】(1)先求出a1,再用錯位相減法求出 n 2時的an,再檢驗出是否符合*.an(n 2),進而求出 an(n

28、N )；(2)首先根據(jù)(1)求出數(shù)列 bn的通項公式，再求出數(shù)列bn的前n項和Sn ；又因12.為Sn遞增，所以Sn -m m 1對一切正整數(shù)n恒成立等價于41212(Sn)min -m m 1,即S m m 1,進而求出實數(shù) m的取值范圍.44【詳解】2解：（1）當n 1時，一4 ,所以a1 ai246當n 2時，一ai a2 a32nan2n 3n ,2462(n 1),、2 c,、一 一 一 (n 1)3(n 1) a1a2 a3an 12nn , 一“ 八，由 得 2n 2,所以an _n,當n 1時也符合此式,ann 1n , 綜上可知an -n-(n N).n 1(2)因為 bn

29、(n 1)an 22n，所以 bn n 4n ,所以 Sn1 4 2 423 43n 4n ,-2_34Sn 1 42 4由得：3Sn 4 42 434(1 4n).n 1n 41 44.n 1 3 4 n 4,4n4n4n 1C1n 1-n)4 33n Im 4所以 Sn4-,99又因為bn 0 ,所以Sn的最小值為S14 ,12所以4 -m m 1 , 4所以6 m 2 ,即實數(shù)m的取值范圍是6,2【點睛】本題主要考查數(shù)列的通項公式和數(shù)列前n和的求解，以及數(shù)列與不等式的結合等問題，考查運算求解能力，屬于中等題型 .22 .在四棱錐 P ABCD 中，PD 平面 ABCD, AB" DC , AB AD, DC AD 1, AB 2, PAD 45, E是PA的中點，F(xiàn)在線段AB上，且滿 足 CF BD 0.(1)求證：DE |平面PBC ；(2)求二面角F PC B的余弦值；(3