1、安徽省示范高中2019-2020学年高二数学上学期第二次考试试题（含解析）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，只有一项是符合题目要求的. 1.不等式解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对不等式移项整理，分解因式，解出答案.【详解】不等式，即，解得，故原不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题考查解不含参的二次不等式，属于简单题.2.直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】先得到直线方程的斜率，然后根据的关系，以及的范围，求出答案.【详解】因为直线方程是，所以该直线的斜率，所以可得，而所以该直线的倾斜角
2、是.故选：C【点睛】本题考查根据直线方程求直线的倾斜角，属于简单题.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】【分析】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.某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150，120，180，150个销售点.公司为了调查产品销售情况，需从这600个
3、销售点中抽取一个容量为100的样本.按照分层抽样的方法抽取样本，则丙地区抽取的销售点比乙地区抽取的销售点多( )A. 5个B. 8个C. 10个D. 12个【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的定义，计算出丙、乙两地区抽取的销售点的数量，即可得到答案。【详解】由题意乙地区抽取 （个）丙地区抽取 （个）（个）丙地区抽取的销售点比乙地区抽取的销售点多10个；故选：【点睛】本题考查分层抽样概念，属于基础题。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】【分析】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
4、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，分别为内角，的对边. 已知，则（ ）A B.
5、1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理，将边化成角，然后利用两角和的正弦公式的逆用，对式子进行化简，得到答案.【详解】因为，由正弦定理，可得，又，所以得所以.故选：D.【点睛】本题考查利用正弦定理进行边化角，两角和正弦定理的逆用，同角三角函数关系，属于简单题.7.在三棱柱中，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对三棱锥进行等体积转化，得到，再利用平面，进行等体积转化，得到，利用三棱锥与三棱柱同底同高，得到答案.【详解】三棱锥进行等体积转化，得到因为平面，所以.而三棱锥与三棱柱同底同高，所以故选：A.【点睛】本题考查等体积转化求三棱锥的体积，三棱锥与三棱柱的体
6、积比问题，属于简单题.8.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. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】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.9.某校从高一(1)班和(2)班的某次数学考试(试卷满分为100分)的成绩中各随机抽取了6份数学成绩组成一个样本，如茎叶图所示.若分别从(1)班、(2)班的样本中各取一份，则
7、(2)班成绩更好的概率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意从(1)班、(2)班的样本中各取一份，(2)班成绩更好即(2)班成绩比(1)班成绩高，用列举法列出所有可能结果，由此计算出概率。【详解】根据题意，两次取出的成绩一共有36种情况；分别为、满足条件的有18种，故，故选：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题10.在四面体中，则四面体外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】平面，是外接球球心，是的中心，得到平面，以及计算出的长度，从而可以得到外接球的半径，得到四面体外接球的表面积.【详
8、解】，平面，平面. 如图，设是外接球球心，是的中心，则平面， ，则，故四面体外接球的表面积是. 故选：A.【点睛】本题考查求四面积外接球的表面积，需要一定的空间想象能力，属于中档题.11.已知，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过基本不等式的变形可得，再将表达式转化成关于整体的二次不等式，求出相应范围【详解】，可得，当且仅当或时取等号. ，化为，解得，则的取值范围是.答案选B【点睛】本题考查的是根据基本不等式求取值范围问题，代换中一定要注意等号是否成立，题中将这一步代换出来至关重要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
9、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】【分析】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
10、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.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 将答案填在答题卡中的横线上. 13.已知等比数列满足，则公比_.【答案】2【解析】【分析】根据等比数列的性质得到，代入已知条件，得到答案.【详解】因为为等比数列，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的基本量计算，属于简单题.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】【分析】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
11、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】【分析】由,可得平面,则将沿棱翻折至与底面共面，点在
12、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.为了了解某地高一学生的体能状况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出频率分布直方图(如图)，则_，估计该地学生跳绳次数的中位数是_.【答案】 (1). 0.015 (2). 122【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图上所有的矩形的面积之和为1，即
13、可计算出的值。（2）把频率分布直方图所有的小长方形的面积分成两部分的一条垂直与横轴的线对应的横标就是中位数【详解】（1）由题意 解得；（2）设中位数为，则 解得【点睛】本题考查频率分步直方图的应用，是一个基础题，这种题目解题的关键是看清图中所给的条件，知道小长方形的面积就是这组数据的频率。三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知正方体，是底对角线的交点.求证：（1）面；（2）面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【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【详解】(
14、1)连结，设 连结，是正方体 四边形是平行四边形 ,A1C1AC且 又分别是的中点，且,四边形是平行四边形 ,面，面,面 （2）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。18.已知等差数列的前三项分别为，1，. （1）求的通项公
15、式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，代入已知条件，求出的值，再计算出公差，得到的通项公式；（2）写出的通项，然后根据分组求和的方法，计算出其前项和，得到答案.【详解】（1）因为为等差数列，则，所以，即，解得， 所以所以， 所以（2）因为，所以，所以的前项和， .【点睛】本题考查等差中项的应用，等差数列的基本量计算，分组求和的方法求数列的和，属于简单题.19.如图，在三棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先根据平面得到，再根据为等腰直角三角形得到，从而平面.（2）利用可得所求距离.【
16、详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.因为，所以，又，所以平面.（2）设点到平面的距离为，因为平面，所以，.则，又，所以是等边三角形，故.，.所以.【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.点到平面的距离的计算可利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.20.如图，已知等腰梯形，且，垂足分别为，将梯形沿着和翻折使得，两点重合于点. （1）证明：平面平面. （2）若四棱锥的体积为，求该四
17、棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据，得到平面，由平面，得到平面平面；（2）根据，得到平面，然后根据平面中的几何关系，得到，设，得到等边三角形的高，表示出四棱锥的体积，求出，再分别计算出四个侧面的面积，得到答案.【详解】（1）证明：因为，且，平面所以平面， 因为平面，所以平面平面 （2）解：在平面内作，垂足为. 由（1）得平面，平面故，因为，且平面，所以平面. 在平面中， 为等腰梯形，,，且，所以，又因为，所以可得设，则，为等边三角形的高，所以，则四棱锥的体积为，解得， 在中，所以所以所以可得， ，所以该四棱锥的侧面积为 【点睛】本题考查通过线线垂直证明线面垂直
18、，求棱锥的侧面积，属于中档题.21.如图，在五面体中，侧面是正方形，是等腰直角三角形，点是正方形对角线的交点，且.（1）证明：平面；（2）若侧面与底面垂直，求五面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；（2）取的中点，的中点，连接、，将五面体分割为三棱柱和四棱锥，证明出底面和平面，然后利用柱体和锥体体积公式计算出两个简单几何体的体积，相加可得出五面体的体积.【详解】（1）取的中点，连接、，侧面为正方形，且，为的中点，又为的中点，且，且，所以，四边形为平行四边形，.平面，平面，
19、平面；（2）取的中点，的中点，连接、，四边形为正方形，.平面平面，平面平面，平面，底面，易知，为中点，平面，平面，、平面，平面.，平面，且，因此，.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，以及多面体体积的计算，在计算多面体体积时，一般有以下几种方法：（1）直接法；（2）等体积法；（3）割补法.在计算几何体体积时，要结合几何体的结构选择合适的方法进行计算，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题.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】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，
20、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
