山西省长治市第二中学校2019_2020学年高二数学上学期10月月考试题(含解析)

题（含解析）

第Ⅰ卷（选择题60分）

一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1.下列命题正确的是（ ） A. 棱柱的侧面都是长方形 C. 棱柱侧棱不一定相等 【答案】D 【解析】

B. 棱柱的所有面都是四边形 D. —个棱柱至少有五个面

【详解】A不对，侧面都是平行四边形，不一定都是长方形；

B不对，三棱柱的底面是三角形 C不对，棱柱的侧棱一定相等

D对，三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面,故选D.

2.下列推理错误的是（ ）

A. Al,A,Bl,Bl B. A,A,B,BC. l，AlA

D. Al,lA 【答案】C 【解析】

的AB

【详解】A、B分别是公理1、2的符号表示，故它们都是正确的； 对于C，l有两种可能， l//，与相交；若交点为，则

且．故错；

D是公理1的性质，正确,故选C． 考点：平面的基本性质及推论．

【易错点晴】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题，亦属于易错题．利用集合的符号语言来描述平面几何中点、线、面的位置关系，学生在理解上存在着差异，点相当于元素，而线与平面看成是点的集合，所以点与线面的关系是属不属于的关系，而直线与平

面之间是含与不含的关系,线与面之间当然也可以进行交运算．

3.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角余弦值为( ) A. 10 10【答案】C 【解析】

【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于900,故选C.

2251310取DD1中点F，则FCD1为所求角, cosFCD1，选C. 10225224.已知ABC在斜二测画法下的平面直观图ABC,ABC是边长为a的正三角形，那么在原ABC的面积为（ ） A. 32a 2【答案】C 【解析】

的B.

B.

1 5C. 310 10D.

3 532a 4C. 62a 2D. 6a2

【详解】直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形,故面积为32a， 4S直观图2而原图和直观图面积之间的关系， S原图4那么原△ABC的面积为故选C.

点睛：本题主要考查平面图形的直观图和原图的转化原则的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．直观图和原图象的面积比为2:4.掌握两个图象的变换原则，原图象转直观图时，平行于x轴或者和轴重合的长度不变，平行于y轴或者和轴重合的线段减半，原图转直观图时正好反过来，即可.

5.已知三角形三个顶点A5,0,B3,3,C0,2，则BC边上中线所在直线方程是（）

62a， 2A. x13y50 B. x13y50 C. x13y50

D.

x13y0

【答案】C 【解析】 【分析】

根据题意可知，BC边上的中线所在的直线应该过A点和BC边上的中点,

已知B、C两点的坐标，根据线段中点坐标计算公式可知BC中点的坐标，再利用直线的两点式可得直线的方程. 【详解】

B3,3,C0,2,BC中点的坐标为（

31,两点， 22103233，），即（，）. 2222则BC边上的中线应过A5,0,y由两点式得：故选：C.

012x53，整理，得x13y50. 52【点睛】本题考查了求两点的中点和求直线方程，属于基础题.

l2:2xy10，l3:xny10．6.已知过点A(2,m)和点B(m,4)的直线为l1，若l1//l2，

l2l3，则mn的值为（ ）

A. 10 【答案】A 【解析】 【分析】

利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出． 【详解】∵l1∥l2，∴kAB＝又∵l2⊥l3，∴B. 2

C. 0

D. 8

4m

＝－2，解得m＝－8． m2

1×(－2)＝－1，解得n＝－2，∴m＋n＝－10．故选:A． n【点睛】本题考查了直线平行垂直与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 7.若m,n是两条不同的直线，,,是三个不同的平面：①m//n,mn；②//,m,nm//n；③//,m//n,mn；④若

m,n,m//n，则//，则以上说法中正确的有( )个

A. 1 【答案】B 【解析】

【详解】由m，n是两条不同的直线，,,是三个不同的平面，知： 对于①，m//n，m ，由线面垂直的判定定理得n ，故①正确； 对于②， // ，m  ，n ，则m与n平行或异面， 故②错误；

对于③， // ，m//n，m ，由线面垂直的判定定理得n ，故③正确； 对于④，若 m， n，m//n，则与相交或平行，故④错误，故选B 8.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6，BC23，则棱锥

B. 2

C. 3

D. 4

OABCD的体积为()

A. 83 【答案】A 【解析】 【分析】

根据球的性质可知，球心与矩形外接圆圆心连线垂直于矩形所在平面；根据长度关系计算可得四棱锥底面积和高，代入棱锥体积公式可求得结果. 【详解】

四边形ABCD为矩形 矩形ABCD外接圆圆心为其对角线交点O

B. 6

C. 43 D. 8

.由球的性质可知：OO平面ABCD

AB6，BC23 SABCDABBC123，AOOO83

361223 21VS OO16122OABCD3本题正确选项：A

ABCD【点睛】本题考查棱锥体积的求解问题，关键是能够灵活应用球的性质得到线面垂直关系，属于基础题.

9.圆台的两个底面面积之比为4:9，母线与底面的夹角是60，轴截面的面积为1803，则

圆台的母线长l() A. 63 【答案】D 【解析】 【分析】

设圆台的上底面半径为2r，根据面积比可知下底面半径为3r；利用圆台的轴截面面积构造关于r的方程，求得r后，利用AD2AE即可得到结果. 【详解】设圆台的上底面半径为2r，则其下底面半径为3r 可作圆台的轴截面如下图所示：

B. 62 C. 123 D. 12

其中DEAB，CFAB，DAECBF60

DECF3r，AEBFr，EF4r 轴截面面积SSEFDCSADESBFC4r3rr3r1803 解得：r6 母线长lAD2AE2r12 本题正确选项：D

【点睛】本题考查圆台母线长的求解问题，关键是能够利用圆台轴截面面积构造方程求出上下底面半径，属于基础题. 10.已知平面平面，l，点A,Al，直线AB//l，直线ACl，直线

m//,m//，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )

A. AB//m 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意做出简图，利用线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直关系等定理，

B. AC

C. AB//

D. ACm

逐个判断选项得出答案. 【详解】如下图所示得 直线AB//l，l，AB//l//m，所以A选项正确;

ACl,m//lACm，所以B选项正确; AB//l,lAB//，所以C选项正确；

对于D选项,虽然ACl,但AC不一定在平面内,故它可以与平面相交、平行,故不一定垂直;故D选项中的结论不一定成立. 故选：D.

【点睛】本题考查线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面垂直等有关知识及应用，属于基础题.

11.某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( )

A.

28 3B.

32 3C.

52 3D.

56 3【答案】A 【解析】 【分析】

由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆

锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解. 【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体， 其中圆柱和圆锥的底面半径r2，

圆锥的高h2，圆柱的高h4

12248， 21142圆锥的体积V222，

323428所以组合体的体积VV1V28。 33所以圆柱的体积V1故选：B。

【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题。 12.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2,AA，D，F分别是棱AB，AA1123的中点，E为棱AC上的动点，则DEF的周长的最小值为()

A. 222 C. 62 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 232 D. 72

根据正三棱柱的特征可知ABC为等边三角形且AA1平面ABC，根据AA1AD可利用勾股定理求得DF2；把底面ABC与侧面ACC1A1在同一平面展开，可知当D,E,F三点共线时，DEEF取得最小值；在ADF中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】三棱柱ABCA1B1C1为正三棱柱 ∴ABC为等边三角形且AA1平面ABC

AD平面ABC AA1AD DF132

把底面ABC与侧面ACC1A1在同一平面展开，如下图所示：

当D,E,F三点共线时，DEEF取得最小值 又FAD150，AF3，AD1

3DEEFminAF2AD22AFADcosFAD42327 DEF周长的最小值为：72

本题正确选项：D

【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.

第Ⅱ卷（非选择题90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13.过点P（3，2），且在坐标轴上截得的截距相等的直线方程是 ． 【答案】y=x或 x+y﹣5=0 【解析】

解：当直线过原点时，斜率等于当直线不过原点时，设直线

，故直线的方程为y=x．

方程为 x+y+m=0，把P（3，2）代入直线的方程得 m=﹣5，

故求得的直线方程为 x+y﹣5=0，

综上，满足条件的直线方程为 y=x或 x+y﹣5=0．

故答案为：y=x或 x+y﹣5=0．

【点评】本题考查求直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，体现了分类讨论的数学思想．

14.《九章算术》卷5 《商功》记载一个问题“今有圆堡壔（dǎo），周四丈八尺，高一丈—尺，文积几何？意思是:今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是__________立方尺. (取3.1，1丈=10尺） 【答案】2112 【解析】

【详解】设圆柱体底面半径为R，高为h，周长为C，因C2R，故R2C， 2C2C2h48211则所求体积为Rhh2112(立方尺)，故答案为2112.

4241215.在正三棱锥SABC中，SB平面SAC，底面边长AB22，则正三棱锥SABC的外接球的表面积为________. 【答案】12 【解析】 【分析】

由正棱锥的性质和SB平面SAC可以推得SA,SB,SC两两互相垂直，由此可将正三棱锥补成一个正方体，并且正方体的外接球就是正三棱锥的外接球，通过求正方体的外接球的表面积，也就求出正三棱的外接球的表面积.

【详解】在正三棱锥SABC中，取AC中点D,连接BD,SD，则SDAC,BDAC,因为SB平面SAC，又

SD面SAC，SBSD，

22设SBSASCx，因为底面边长AB22，所以SDx2，

2BDABAD222222226，

所以SB2SD2BD2，即x2x226，解得x2，即SBSASC2， 所以在SAC中有SA2SC2AC2，所以SAC是RtSAC，即SASC, 又因为SB平面SAC，所以SBSC,SBSA，所以SA,SB,SC两两互相垂直，

所以将正三棱锥SABC补为一个正方体，如下图1所示，

正三棱锥SABC的外接球，就是这个正方体的外接球，且正方体的棱长为2， 由下图2可以看出，正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长，

设外接球的半径为R，则2R22222223，解得R3，所以球的表面积

S4R4故填：12.

23212，

【点睛】本题考查正三棱锥的外接球的表面积，关键在于通过已知条件得出正三棱锥的三条棱两两互相垂直，从而可以将正三棱锥补成一个正方体，通过求正方体的外接球的表面积问题得以解决，属于中档题.

16.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________(填序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.

【答案】①②④ 【解析】

【详解】

由已知,在未折叠的原梯形中,AB∥DE,BE∥AD,所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD,折

叠后如图所示.①过点M作MP∥DE,交AE于点P,连接NP.因为M,N分别是AD,BE的中点,所以点P为AE的中点,故NP∥EC.又MP∩NP=P,DE∩CE=E,所以平面MNP∥平面DEC,故MN∥平面

DEC,①正确;②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC,所以AE⊥MP,AE⊥NP,又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,

又MN⊂平面MNP,所以MN⊥AE,②正确;③假设MN∥AB,则MN与AB确定平面MNBA,从而BE⊂平面MNBA,AD⊂平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,③错误;④当EC⊥ED时,EC⊥AD.因为

EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,所以EC⊥平面AED,AD⊂平面AED,所以EC⊥AD,④正确.．

三、解答题：本大题共6小题,共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17.已知两条直线：l1:m2xy30;l2:3xmym0，m为何值时，l1与l2：

2（1）垂直； （2）平行 【答案】（1）m【解析】 【分析】

先考虑x和y的系数为0时，l1与l2直线的方程，得出两直线是否平行或垂直，

再考虑x和y的系数不为0时，两直线的斜率，根据两直线平行或垂直的条件，列出方程求解m，注意验证两直线是否重合.

【详解】当m0时，l1:2xy30;l2:x0，此时l1与l2不平行也不垂直， 当m0时，直线l1的斜率k1m2，直线l2的斜率k2（1）由l1l2得k1k2m2（2）由l13（2）m1 23 m331，所以m m23l2得k1k2，即m2，所以m3或1，

m当m3时l1:xy30,l2:3x3y90，此时l1与l2重合，不符，舍去； 当m1时，l1:3xy30,l2:3xy10，此时l1综上所述，m1.

【点睛】本题考查两直线平行和垂直的判断条件，注意先需考虑x和y的系数为0的情况，属于基础题.

18.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，POl2，符合

底面ABCD，E是PC的中点．求证：

（Ⅰ）PA平面BDE； （Ⅱ）平面PAC平面BDE． 【答案】(1)见详解（2）见详解 【解析】 【分析】

（I）连接OE,由三角形的中位线可得OEAP，由线面平行的判定定理可得到证明．（II）

只需证明平面BDE内的直线BD垂直于平面PAC内的两条相交直线即可． 【详解】证明：（Ⅰ）连接OE． ∵ O是AC的中点，E是PC的中点， ∴ OEAP，

又∵OE平面BDE，PA平面BDE， ∴ PA平面BDE． （Ⅱ）∵PO底面ABCD，

POBD，

又∵ACBD，且AC∴ BD平面PAC． ∵ BD平面BDE， ∴ 平面PAC平面BDE．

POO，

【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力，属于基础题.

19.如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为4的正三角形，PAPC，PB4，面

PAC面ABC。

（1）求证：ACPB； （2）求三棱锥APBC的体积． 【答案】（1）详见解析（2）【解析】 【分析】

（1）取AC中点D，连接PD,BD，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定定理可证得（2）利用面面垂直和线面垂直性质可证得AC平面PBD；由线面垂直性质可证得结论；

83 31PDBD，利用勾股定理可求得PD，进而得到SPDB，根据VAPBCSPBDAC可求得

3结果.

【详解】（1）取AC中点D，连接PD,BD

PAAC，ABBC，D为AC中点 ACPD，ACBD

PD,BD平面PBD，PDBDD AC平面PBD

PB平面PBD ACPB

（2）平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，PDAC，PD平面PAC

PD平面ABC

又BD平面ABC PDBD

又BD16423，PB4 PD16122

SPDB1BDPD23 2由（1）知，AC平面PBD

1183 VAPBCVAPBDVCPBDSPBDAC234333【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解；涉及到线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用；立体几何中证明线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直关系，利用线面垂直的性质证得结论.

20.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,AB16,BC10,AA18，点E,F分别在

A1B1,D1C1上，A1ED1F4，过点E,F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正

方形．

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；

（2）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值． 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）分别在AB,CD上取H,G,使AHDG10；(2)长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为

97或. 7997或 79【详解】（1）交线围成的正方形EHGF如图：

（2）作形,所以于是

垂足为M,则EMAA18,

,

,

,因为EHGF是正方

因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，其底面积之比为9：7, 所以其体积比值为

97（也正确）. 79考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.

21.已知斜三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，ABC90，

BC2,AC23，且AA1A1C，AA1A1C，求：

（1）侧棱AA1与底面ABC所成角的大小； （2）求点C1到平面ABB1A1的距离.

【答案】（1）【解析】 【分析】

（2）3 4(1)由已知得直线A1A在底面ABC内的射影为直线AC,得A1AC为侧棱A1A与底面ABC所成的角,由此能求出侧棱A1A与底面ABC所成角的大小.

(2)求点C1到平面ABB1A1的距离也是求点C1到平面AB1A1的距离，再用等体积法

VAA1B1C1VC1AA1B1，求出三棱锥C1AA1B1的高就是求出点C1到平面AB1A1的距离.

【详解】解：（1）取AC中点M，连接A1M

∵平面A1ACC1平面ABC,平面A1ACC1平面ABCAC, 又因为AA1A1C，所以A1MAC,又A1M平面A1ACC1， ∴A1M平面ABC，

∴AM为A1M在平面ABC上的射影,所以A1AM为AA1与平面ABC所成的角 ∵A1AAC1,且A1AA1C，∴A1AC为等腰直角三角形, ∴A1AM4

所以A1A与平面ABC所成的角为

。 4（2）取A1B1中点P,BC中点Q,连接PQ,MQ,PB ∵PQ∥A1M∴PQ平面ABC∴PQAB且BCAB ∴AB平面PBC∴ABPB∴A1B1BP

在直角三角形BPB1中,由BPPB1BB1，得BP2 ∴SA1ABB1222ABBP22242∴SAA1B11S2A1ABB122 设点C1到平面A1ABB1得距离为h， ∵AC平面A1B1C1，∴A到平面A1B1C1得距离与M到平面A1B1C1的距离相等,

∵A1M平面ABC∴A1M平面A1B1C1∴A到平面A1B1C1的距离为A1M, 由VAA1B1C1VC1AA1B1，得S而S131AMSA1B1C113AA1B1h……①

A1ABB1111SSABBC22222，AA1B1A1B1C1111122211将数据代入①式得22322h，h3，

3322，A1M3 即C1到平面A1ABB1的距离为3。 故得解.

【点睛】本题考查直线与平面所成角的大小和点到面的距离，注意用等体积法用出锥体的高，就可以求出点到面的距离.

22.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F,G分别是AB,CC1,AD的中点。

（1）求异面直线B1E与BG所成角的余弦值；

（2）棱CD上是否存在点T，使得AT//平面B1EF？请证明你的结论。

【答案】（1）【解析】 【分析】

12；（2）存点T，满足DTDC，使得AT//平面B1EF；证明见解析 54以D为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为2a，可得各点坐标，设所成角为，则利用cosB1EBGB1EBG可求得结果；（2）设存在点T0,t,0，t0,2a满足题意；求得平面

B1EF的法向量n后，根据ATn，得到ATn0，从而求得t，进而得到结果.

【详解】以D为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

设正方体棱长为2a

则B2a,2a,0，B12a,2a,2a，E2a,a,0，Ga,0,0，C0,2a,0，D0,0,0，

F0,2a,a，A2a,0,0

（1）设异面直线B1E与BG所成角为

B1E0,a,2a，BGa,2a,0

2a222cos，即异面直线B1E与BG所成角的余弦值为：

55a5a5B1EBG（2）假设在棱CD上存在点T0,t,0，t0,2a，使得AT//平面B1EF 则B1E0,a,2a，EF2a,a,a，AT2a,t,0 设平面B1EF的法向量nx,y,z

B1EBGBEnay2az011n,2,1 y21x，令z1，则， 22EFn2axayaz0ATna2t0，解得：t1a DTDC 241棱CD上存在点T，满足DTDC，使得AT//平面B1EF

4【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.