1、哈师大青冈实验中学2020-2021学年度10月份考试高二学年数学(文)试题一选择题1. 已知，若，则（ ）A. 4B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据及、的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数【详解】由，有解得故选：D【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有求参数值2. 在中，角所对的边分别为，若，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可知，则故选：C【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.3. 某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（
2、单位：cm3）为A. 18B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断三视图复原的几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积即可.【详解】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3,所以几何体的体积为，故选：C.【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力4. 已知，且，则的最小值为（ ）A. 8B. 9C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】由题意，根据，结合基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：B【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型.5. 如图所示，三棱台中，沿面截去三棱锥，则
3、剩余部分是（ ）A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱台D. 四棱台【答案】B【解析】【分析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案.【详解】由题意知，三棱台中，沿面截去三棱锥，则剩余部分是四棱锥，故选B.【点睛】本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.6. 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【答案】C【解析】【分析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项， m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误
4、；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以所以该选项正确.【详解】对于选项，若，则，所以该选项正确；对于选项，若，则，所以该选项正确；对于选项，若，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，若，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以所以该选项正确.故选：C【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7. 如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】D【解析】【分析】连接，由已知条件可证得平面，从而可得，由此可得答案【详解】连接，则，因为平面，在平面内，所以，因为
5、，所以平面，因为在平面内，所以，所以异面直线与所成的角为，故选：D【点睛】此题考查求异面直线所成的角，属于基础题8. 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【答案】C【解析】【详解】解：由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为0.5的等差数列，则an103+13（n1）13n+90，bn970.5（
6、n1）97.50.5n，则数列an与数列bn的前n项和为112522250，又数列an的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），数列bn的前n项和为（97+97.50.5n）（194.5n），（193+13n）（194.5n）2250，整理得：25n2+775n90000，即n2+31n3600，解得：n9或n40（舍），即九日相逢故选C点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题9. 给出下列命题：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
7、体是三棱柱；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；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. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据棱柱的定义进行判断；根据棱锥的定义进行判断；根据棱台的定义进行判断【详解】由棱柱的定义知正确；由棱锥的定义知正确；棱台是由平行于底面的棱锥所截得的，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，四条侧棱不一定交于一点，则不一定是四棱台，故错误；故正确的是；故选：【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，
8、棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较基础10. 如图，在棱长为的正方体中，为中点，则四面体的体积( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由体积桥可知，求解出和高，代入三棱锥体积公式求得结果.【详解】为中点 又平面本题正确选项：【点睛】本题考查三棱锥体积的求解问题，关键是能够利用体积桥将所求三棱锥更换顶点，从而更容易求得几何体的高和底面积，属于基础题.11. 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
9、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. 【答案】A【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.12. 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.
10、 【答案】D【解析】【分析】由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则M（2，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），（2，0，1），（0，2，0），（0，1），设平面D1EF的法向量（x，y，z），则 ，取x1，得（1，0，2），点M到平面D1EF的距离为：d，N为EM中点，所以N到该面的距离为 故选：D【点睛】本题考查利用向量法求解点到平面
11、距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题二填空题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_【答案】【解析】【分析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得答案.【详解】解：因为直线l的斜率为2，且经过点，所以直线l的方程为，即故答案为：.【点睛】本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题.14. 圆的圆心到直线的距离为1，则_【答案】【解析】【分析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案【详解】圆的圆心坐标为：，故圆心到直线的距离，解得：，故答案为：【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式15. 已知圆柱的底面直径与高都等于球的直
12、径，若该球的表面积为，则圆柱的侧面积为_【答案】.【解析】【分析】先由球的表面积为求出球的半径，然后由圆柱的侧面积公式算出即可【详解】因为球的表面积所以所以圆柱的底面直径与高都为所以圆柱的侧面积：故答案为：【点睛】本题考查的是空间几何体表面积的算法，较简单.16. 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_.【答案】【解析】【分析】过点构造一个平面，使之与直线垂直，则平面与正方体的表面的交线为动点的轨迹，则可得到答案.【详解】过构造一个平面，使得,当点在平面与正方体的表面的交线上时，就有成立.连接，则在正方体中E、F分别为棱、的中点.则. 在侧
13、面内过点作,交于点.则平面就是需要的平面.则平面截正方体得到截面为矩形.如图则动点的轨迹为矩形的四条边组成的图形.，则.所以所以，则.所以矩形的周长为: 故答案为：【点睛】本题考查满足条件的动点的轨迹的探索，考查线面垂直，属于中档题.三解答题17. 已知圆C过三点，圆C的方程；【答案】【解析】【分析】根据圆的对称性由两点，可得圆心在上，从而设出圆心坐标，再由，到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆C的方程.【详解】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：【点睛】本题主要考查了由圆上三点求圆的方程，属于中档题.18. 已知，.（1）求与的夹角；（2）求.【答案】（1）（2
14、）【解析】【分析】（1）由已知可以求出的值，进而根据数量积的夹角公式，求出，进而得到向量与的夹角；（2）要求，我们可以根据（1）中结论，先求出的值，然后开方求出答案【详解】（1），向量与的夹角.（2），.【点睛】本题考查数量积表示两个向量夹角、向量的模，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力19. 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【答案】（）（） 【解析】【分析】（）利用正弦定理化简已知等式可得值，结合范围，即可得解的值（）利用正弦定理及面积公式可得，再利用余弦定理化简可得值，联立得从而解得周长详解】（）由正弦定理，得，在
15、中，因为，所以故， 又因为0C，所以 （）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.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题20. 在四棱锥中，底面是正方形，与交于点，底面，为的中点（1）求证：平面；（2）若,求三棱锥F-ABC的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1） 连接OF，证明，结合线面平行的判定定理证明即可（2）由底面，知F到平面ABC的距离为,再由三棱锥体积公式可以算出答案【详解】（1）连接由是正方形可知,点为中点又为的中点，所以 又平面平面所以平面 （2）取BC的中点为H，连结
16、FH， 【点睛】本题主要考查了线面平行，以及三棱锥的体积计算，属于基础题21.设数列的前项和为，为等比数列，且，（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由已知利用递推公式，可得，代入分别可求数列的首项，公比，从而可求.（2）由（1）可得，利用乘“公比”错位相减法求和【详解】解：(1)当时，当时，满足上式，故的通项式为设的公比为，由已知条件知，所以，即(2)，两式相减得：【点睛】本题考查等差数列、等比数列的求法，错位相减法求数列通项，属于中档题.22. 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）
17、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？【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）证明，利用面面垂直的性质即可证明（2）证平面即可得（3）存在点，且为的中点，证明平面，即可证出平面 平面.【详解】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【点睛】本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题.