【数学】黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2020-2021学年高二10月月考（理） 9页

黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2020-2021学年 高二10月月考（理）‎ 试卷说明：满分 150分 时间 120分钟 一、选择题：（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．已知若，则（ ）‎ A．4 B．3 C． D．‎ ‎2．在中，角所对的边分别为，若，则（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．‎ ‎3．已知，且，则的最小值为（ ）‎ A．8 B．9 C．6 D．7‎ ‎4．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 ‎5．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．‎ ‎6．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 ‎7．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．②③ B．①② C．①③ D．①②③‎ ‎8．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若为底面的中心，则PA与平面所成角的大小为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．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．‎ ‎10．如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎11．如图，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．‎ ‎12.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( ).‎ ‎ ‎ 二、填空题：（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎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_____________．‎ ‎14．圆的圆心到直线的距离为1，则________‎ ‎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_____．‎ ‎16．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（点不落在底面内），若在线段上（点与，不重合），则在翻转过程中，以下命题正确的是 （把正确的序号写在横线上）‎ ‎（1）．存在某个位置，使 ‎（2）．存在点，使得平面成立 ‎（3）．存在点，使得平面成立 ‎（4）．四棱锥体积最大值为 三、解答题：（共6小题，17题10分，18——22题每小题12分，满分70分）‎ ‎17．（10分）已知圆C过三点，，.求圆C的方程；18．（12分）已知，，.‎ ‎（1）求与的夹角；‎ ‎（2）求 ‎19．（12分）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．‎ ‎20．（12分）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？‎ ‎21．（12分）已知数列满足.‎ ‎（1）求数列的通项；‎ ‎（2）设，求数列的前项和，当对一切正整数恒成立时，求实数的取值范围.‎ ‎22．（12分）在四棱锥中，平面，，，，，，是的中点，在线段上，且满足.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.‎ 参考答案 ‎1-12、DCBBCC BBABDA ‎13. 14. 15.. 16.（3） （4）‎ ‎17.（10分）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：‎ ‎18.（12分）解：（1），，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，∴，∴向量与的夹角.‎ ‎（2），.‎ ‎19.（12分）解：（Ⅰ）由正弦定理，得，‎ 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.‎ 20. ‎（12分）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．‎ ‎21.（12分）解：（1）当时，，所以，‎ 当时， ①，‎ ‎ ②，‎ 由①②得，所以，当时也符合此式，综上可知.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以 ③，‎ ‎ ④，‎ 由③④得：‎ 所以，‎ 又因为，所以的最小值为，所以，‎ 所以，即实数的取值范围是.‎ ‎22.（12分）解：（1）证明：取的中点，的中点，连接和，‎ ‎∴且，‎ ‎∴，分别为，的中点.且 ‎∴且，四边形为平行四边形，‎ ‎∴，平面，平面，∴平面.‎ ‎（1）由题意可得，，两两互相垂直，如果，以为原点，，，分别是，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∴，令∴‎ 又，∴，∴，平面∴ 平面 ‎（2）设点坐标为则，，‎ 由得，∴‎ 设平面的法向量为，‎ 由得即令∴‎ ‎，则，故二面角的余弦值为 ‎（3）设，，∴ ‎ ‎∴∴‎ ‎∵与平面所成角的余弦值是∴其正弦值为∴，整理得：‎ ‎，解得：，（舍）‎ ‎∴存在满足条件的点，，且