2019-2020学年山西省高二上学期10月联合考试数学（理）试题（解析版） 19页

‎2019-2020学年山西省高二上学期10月联合考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知空间向量，，且，则向量与的夹角为()‎ A. B. C.或 D.或 ‎【答案】A ‎【解析】由数量积的坐标求法，可得n的值，再利用向量的夹角公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴，又，，‎ ‎∴．又，∴向量与的夹角为．‎ ‎【点睛】‎ 设向量，‎ 则 .‎ ‎.‎ ‎2．下列说法中正确的是()‎ A.圆锥的轴截面是等边三角形 B.用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台 C.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成 D.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 ‎【答案】D ‎【解析】根据圆锥的结构特征即可判断A选项；根据棱台的定义即可判断选项B;结合圆柱、圆锥、圆台的旋转特征，举出反例即可判断选项C；由棱柱的定义即可判断选项D.‎ ‎【详解】‎ 圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，A错误；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，B错误；等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周的几何体，是由一个圆柱和两个圆锥组合而成，故C错误；由棱柱的定义得，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故D正确．‎ ‎【点睛】‎ 解决空间几何体结构特征问题的3个策略 ‎(1)把握几何体的结构特征，提高空间想象力．‎ ‎(2)构建几何模型、变换模型中的线面关系．‎ ‎(3)通过反例对结构特征进行辨析．‎ ‎3．已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为，则该圆柱的侧面积为()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由圆柱的轴截面为正方形可知，底面圆直径与圆柱的高相等，根据圆柱的体积公式，可求得底面圆的半径，再由圆柱的侧面积公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的底面半径为．因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为．因为该圆柱的体积为，，解得，所以该圆柱的侧面积为．‎ ‎【点睛】‎ 设圆柱的底面圆半径为r,高为h,则侧面积，体积.‎ ‎4．如图，某四边形的斜二测直观图是上底为2，下底为4，高为1的等腰梯形，则原四边形的面积为()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意可求出斜二测图形的面积，再结合原图的面积与斜二测图形面积的关系即可求解.‎ ‎【详解】‎ 原图的面积是斜二测图形面积的倍．该四边形的斜二测图形面积为，故原图面积为．‎ ‎【点睛】‎ 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：．‎ ‎5．设，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列判断正确的是()‎ A.若，，则 B.若，，则 C.若，，，则 D.若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】选项A由线面垂直的性质定理可得；选项B，由面面平行的定义找两组相交直线，结合线面垂直的判定定理即可证明；选项C,D，找到反例即可.‎ ‎【详解】‎ A选项不正确，根据垂直于同一个平面的两个直线平行，可得；B选项正确，若，则存在，在平面内存在，由，可得 ，由线面垂直的判定定理可得；C选项不正确，因为根据面面垂直的性质定理，需要加上“在平面内或者平行于”这个条件，才能判定；D选项不正确，直线可能在平面上．‎ ‎【点睛】‎ 解决平行、垂直关系基本问题的3个注意点 ‎(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．‎ ‎(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．‎ ‎(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．‎ ‎6．设，，为空间的三个不同向量，如果成立的等价条件为，则称，，线性无关，否则称它们线性相关．若，，线性相关，则()‎ A.9 B.7 C.5 D.3‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据定义列出向量坐标的关系，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 依题意，三个向量线性相关，则存在不全为0的实数，，，使得成立．故由得，，代入，得，由于，，不全为0，故，则．‎ ‎【点睛】‎ 设向量,则 .‎ ‎7．在三棱柱中，()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用等体积转化法，则有，又平面,所以点到平面的距离相等，故可得，求解即可.‎ ‎【详解】‎ 设三棱柱的高为h,因为平面，‎ 所以．‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查椎体体积，注意若直线平面，则直线上的任一点到平面的距离都相等的应用 ‎8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三视图的长度，可在棱长为4的正方体中还原几何体，进一步计算即可.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，得该几何体是如图所示的三棱锥，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 求以三视图为背景的几何体的体积．应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ ‎9．把边长为2的正沿边上的高线折成直二面角，则点到的距离是()‎ A.1 B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】对比翻折前、翻折后，的长度都不变，得翻折后为等腰三角形，故求的长度即可.‎ ‎【详解】‎ 如图，取的中点，连接，．‎ ‎∵翻折前为正三角形，∴．‎ ‎∴，即为点到的距离.‎ ‎∵翻折前为边上的高，∴，，‎ ‎∴即为二面角的平面角，即， ‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含量的垂直关系.‎ ‎10．在四面体中，，，，则四面体外接球的表面积是()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】由△PAB为等边三角形，且平面可知，，即可找到球心所在的位置，列出等量关系即可求出半径.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，，∴平面．设是外接球球心，半径为，是的中心， 平面，则， ,，所以 ,，故四面体外接球的表面积是．‎ ‎【点睛】‎ ‎“切”“接”问题处理的注意事项 ‎(1)“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．‎ ‎(2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．‎ ‎11．已知三棱锥的体积为，且，，，则三棱锥 的表面积为()‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】三棱锥以△ABC为底面，则高，即可得到，再结合基本不等式即可得到AD,BC的长，且AD为三棱锥的高，利用线面垂直的判定定理可得平面，即可得三棱锥的四个面均为直角三角形，即可计算其表面积.‎ ‎【详解】‎ 因为，，即．因为，当且仅当时，等号成立，此时，，且平面，，易得平面，所以三棱锥的表面积为．‎ ‎【点睛】‎ 根据几何体的特征求表面积 ‎(1)求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积．‎ ‎(2)对于组合体，要弄清它是由哪些简单几何体组成的，要注意“表面(和外界直接接触的面)”的定义，以确保不重复、不遗漏．‎ 二、多选题 ‎12．如图,正方形中,分别是的中点将分别沿折起,使重合于点.则下列结论正确的是（ ）‎ A．‎ B．平面 C．二面角的余弦值为 D．点在平面上的投影是的外心 ‎【答案】ABC ‎【解析】对于A选项，只需取EF中点H，证明平面；对于B选项，知三线两两垂直，可知正确；对于C选项，通过余弦定理计算可判断；对于D选项，由于，可判断正误.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知和为等腰三角形，故,，所以平面，所以，故A正确；根据折起前后，可知三线两两垂直，于是可证平面，故B正确；根据A选项可知 为二面角的平面角，设正方形边长为2，因此，，，，由余弦定理得：，故C正确；由于，故点在平面上的投影不是的外心，即D错误；故答案为ABC.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.‎ 三、填空题 ‎13．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】点A关于轴的对称点,则纵坐标不变，其它坐标变为相反数即可.‎ ‎【详解】‎ 点关于轴的对称点的坐标为．‎ ‎【点睛】‎ 在空间直角坐标系中，点关于x轴的对称点的坐标为；关于y轴的对称点的坐标为；关于z轴的对称点的坐标为.‎ ‎14．如图，平面，为正方形，且，，分别是线段，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作BD的平行线FG,即可证明 （或其补角）就是异面直线与所成的角，计算出EF,EG,FG的长度，在△EFG中，利用余弦定理即可求解.‎ ‎【详解】‎ 如图，取的中点，连接，，,则，通过异面直线所成角的性质可知 （或其补角）就是异面直线与所成的角．‎ 设，则，同理可得．‎ 又，所以在中，，‎ 故异面直线与所成角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 用平移法求异面直线所成角的3个步骤 ‎(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；‎ ‎(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；‎ ‎(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．‎ ‎15．在四棱锥中，底面为正方形，底面，且．为棱上的动点，若的最小值为，则______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】由,可得平面,则将沿棱翻折至与底面共面，点在AB的延长线上，则问题转化为上的动点到定点，的距离和的最小值，显然当三点共线时最小，即可计算求解.‎ ‎【详解】‎ 易证平面，则，将沿棱翻折至与底面共面，如图所示．设，则，当，，三点共线时，取得最小值，故，解得，则．‎ ‎【点睛】‎ 几何体中，最短路径问题通常将曲面展开，研究两点连线最短的问题，从而将曲面的最短路径问题转化为平面最短路径问题.‎ ‎16．在四面体中，，，，则四面体外接球的表面积是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由△PAB为等边三角形，且平面可知，，即可找到球心所在的位置，列出等量关系即可求出半径.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，，∴平面．设是外接球球心，是的中心， 平面，则，，则，故四面体外接球的表面积是．‎ ‎【点睛】‎ ‎“切”“接”问题处理的注意事项 ‎(1)“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．‎ ‎(2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．‎ ‎17．已知正方体，是底对角线的交点求证：‎ 面；‎ 面．‎ ‎【答案】见解析。‎ ‎【解析】试题分析：（1）取 的边的中线 ，由证四边形 是平行四边形，得，由线面平行的判定定理可得结论；（2）由 证得面 ，可得面 面 。‎ ‎(I)连结，设 连结，‎ 是正方体 ‎ 四边形是平行四边形 ． ‎ ‎ ∴A1C1∥AC且 ． ‎ 又分别是的中点，‎ ‎∴且,,,‎ 四边形是平行四边形 ． ‎ ‎,面，面,‎ ‎∴∥面 ． ‎ ‎（II）在正方体中，AA1⊥平面A1B1C1D1，‎ 平面A1B1C1D1， ． ‎ 在平面A1B1C1D1内，,‎ ‎，‎ ‎，,‎ ‎ ． ‎ ‎,‎ 面A1C⊥面AB1D1 ． ‎ 点睛：处理直线、平面平行问题时应注意的事项(1)在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误。(2)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行。(3)两个平面平行，两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线、异面直线。‎ 四、解答题 ‎18．已知函数，.‎ ‎（1）求解不等式；‎ ‎（2）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）或（2）‎ ‎【解析】（1）对x分类讨论解不等式得解；（2）由题得，再利用基本不等式求函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）当时，，解得.‎ 当时，，解得.‎ 所以不等式解集为或.‎ ‎（2），‎ 当且仅当，即时取等号.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分式不等式的解法，考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎19．已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的图象与轴有两个交点，且两交点之间的距离不超过5，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）或．‎ ‎【解析】(1)将m=3代入转化为二次不等式求解即可；（2）由题意分析可得方程有两个不同实根，利用根与系数的关系及求解即可，注意.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）当时，，‎ 则等价于，‎ 解得或，‎ 故不等式的解集为．‎ ‎（2）设的图象与轴的两个交点的横坐标分别为，，则，是方程的两个根，由根与系数的关系得，．‎ 由题意可得即 解得或．‎ 故的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 在求解含参二次方程的问题时，要注意判别式的情况.‎ ‎20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点．‎ ‎（1）证明：．‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面 ‎，结合线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直的定义即可证明；（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解二面角的问题.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为平面平面，且平面平面=，又，‎ 所以平面，‎ 所以．‎ 又因为，，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，‎ 所以．‎ ‎（2）解：如图，设的中点为，作交于，连接．‎ 因为平面，‎ 所以平面，由，且，可得，，两两垂直，所以分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，．‎ 所以，，．‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，，得 令，得．‎ 平面的一个法向量，‎ 所以．‎ 由图可知，二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 利用法向量求二面角时的2个注意点 ‎(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．‎ ‎(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.‎ ‎21．如图，在三棱锥中，平面，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，是线段上一点．‎ ‎（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎（2）是否存在点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）存在，点的坐标为．证明见解析 ‎【解析】以B为原点建立空间直角坐标系，（1）求出平面BDE的法向量，直线AC的方向向量，求出向量夹角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值；（2）先假设结论成立，分别求出平面平面的法向量，由平面平面可知两法向量的数量积为0，即可求解点E的位置.‎ ‎【详解】‎ 解：不妨设，在平面中作，以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．‎ ‎（1）因为点是的中点，‎ 所以点的坐标为．‎ 所以，，．‎ 设是平面的法向量，则 即 取，则，所以平面的一个法向量为．‎ 所以，‎ 所以直线与平面所成的角的正弦值为．‎ ‎（2）假设存在点使得平面平面，设．‎ 显然，．‎ 设是平面的法向量，则即 取，则，，所以平面的一个法向量为．‎ 因为，所以点的坐标为．‎ 所以，．‎ 设是平面的法向量，则即 取，则，所以平面的一个法向量为．‎ 因为平面平面，所以，即，，解得．‎ 所以的值为2，即当时，平面平面．‎ ‎【点睛】‎ 解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点 ‎(1)3个步骤 ‎①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；‎ ‎②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；‎ ‎③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(2)1个注意点 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．‎ ‎22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，是棱上一点．‎ ‎（1）证明：平面平面．‎ ‎（2）若，为点在平面上的投影，，，求四棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面 ‎，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）取AB中点F，由平面的基本性质可得C,E,O,F确定一个平面，且点O在PF上，利用相似比可得，由，将四棱锥的体积转化为求解三棱锥D-AOP的体积，利用等体积转化法即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为平面，平面，所以．‎ 又，，所以平面．‎ 又平面，所以平面平面．‎ ‎（2）解：取的中点，所以，则．‎ 又，，所以平面，‎ 则，即点在线段上．‎ 又，所以，，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，．‎ ‎【点睛】‎ 空间几何体体积问题的3种类型及解题策略 ‎(1)求简单几何体的体积．若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解．‎ ‎(2)求组合体的体积．若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解．‎ ‎(3)求以三视图为背景的几何体的体积．应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎