2019-2020学年山西省高二（上）10月联考数学试卷（理科）含详细解答

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1、2019-2020学年山西省高二（上）10月联考数学试卷（理科）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（5分）已知空间向量（1，0，1），（1，1，n），且3，则向量与的夹角为（）ABC或D或2（5分）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3（5分）已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为

2、54，则该圆柱的侧面积为（）A27B36C54D814（5分）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（）A4BC6D5（5分）设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列判断正确的是（）A若n，m，则mnB若，m，则mC若，l，ml，则mD若mn，m，则n6（5分）设，为空间的三个不同向量，如果1+2+30成立的等价条件为1230，则称，线性无关，否则称它们线性相关若（2，1，3），（1，0，2），（1，1，m）线性相关，则m（）A9B7C5D37（5分）在三棱柱ABCA1B1C1中，（）ABCD8（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1

3、，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）ABC6D329（5分）把边长为2的正ABC沿BC边上的高线AD折成直二面角，则点A到BC的距离是（）A1BCD10（5分）在四面体PABC中，PCPA，PCPB，APBPAB2PC2，则四面体PABC外接球的表面积是（）ABCD11（5分）已知三棱锥DABC的体积为，且ABBC，则三棱锥DABC的表面积为（）ABCD12（5分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将ADE、CDF，BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论错误的是（）APDEFB平面PDE平面PDFC二面角PEFD的余弦值为

4、D点P在平面DEF上的投影是DEF的外心二、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（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（5，3，1）关于y轴的对称点的坐标为 14（5分）如图，PA平面ABCD，ABCD为正方形，且PAAD，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为 15（5分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，且E为棱BC上的动点，若PE+DE的最小值为，则PB 16（5分）在四面体PABC中，PCPA，PCPB，APBPAB2PC2，则四面体PABC外接球的表面积是 三、解答题：共70分解答应写

5、出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点求证：（1）C1O面AB1D1；（2）A1C面AB1D118（12分）已知函数，g（x）x1（1）求解不等式f（x）g（x）；（2）若，求y3f（x）+2g（x）的最小值19（12分）已知函数f（x）x2（m+1）x+m（1）当m3时，求不等式f（x）0的解集；（2）若函数f（x）的图象与x轴有两个交点，且两交点之间的距离不超过5，求m的取值范围20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD平面PCD，ADDC，PCPD，PCPDAD2，M为PA的中点（1）证明：PCMD（2）求二

6、面角CMDP的余弦值21（12分）如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，底面BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，ABBD，E是线段AC上一点（1）若E为AC的中点，求直线AC与平面BDE所成角的正弦值（2）是否存在点E，使得平面BDE平面ADC？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由22（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABAD，PA平面ABCD，E是棱PC上一点（1）证明：平面ADE平面PAB（2）若PE4EC，O为点E在平面PAB上的投影，ABAP2CD2，求四棱锥PADEO的体积2019-2020学年山西省高二（上）10月联

7、考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5分）已知空间向量（1，0，1），（1，1，n），且3，则向量与的夹角为（）ABC或D或【分析】根据3求出n的值，再计算cos，求出与的夹角【解答】解：1+0+n3，解得n2；又|，（1，1，2），cos，且，0，与的夹角为故选：A【点评】本题考查了空间向量的夹角计算问题，是基础题2（5分）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

8、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【分析】圆锥的轴截面是由两条母线和底面圆直径构成，一般为等腰三角形；当用水平面去截棱锥时候，才会得到棱锥和棱台；等腰梯形绕长底边旋转一周，得一个圆柱和两个圆锥；棱柱的定义为两底面平行且全等，侧面为平行四边形【解答】D 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

9、，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选：D【点评】本题考查空间几何体的结构，定义，性质，属于基础题型3（5分）已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为54，则该圆柱的侧面积为（）A27B36C54D81【分析】利用圆柱的体积与求出圆柱的底面半径，转化求解圆柱的侧面积即可【解答】解：设圆柱的底面半径为r因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为2r因为该圆柱的体积为54，r2h2r354，解得r3，所以该圆柱的侧面积为2r2r36故选：B【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力4（5分）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

10、，则原四边形的面积为（）A4BC6D【分析】平面图形的面积是斜二测图形面积的倍，计算斜二测图形的面积，由此求出原图形的面积【解答】解：原图形的面积是斜二测图形面积的倍，由该四边形的斜二测图形面积为，所以原图形面积为故选：D【点评】本题考查了平面图形的面积与它的斜二侧画法图形面积之间的关系应用问题，是基础题5（5分）设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列判断正确的是（）A若n，m，则mnB若，m，则mC若，l，ml，则mD若mn，m，则n【分析】利用直线与平面平行与垂直的关系，平面与平面平行与垂直的关系，判断选项的正误即可【解答】解：根据垂直于同一个平面的两条直线平行，所以A选项不

11、正确；若，m，则m；B选项正确；因为根据面面垂直的性质定理，需要加上“m在平面内或者平行于”这个条件，才能判定m；C选项不正确；直线n可能在平面内D选项不正确；故选：B【点评】本题考查空间直线与直线，直线与平面平面与平面的位置关系的综合应用，是基本知识的考查6（5分）设，为空间的三个不同向量，如果1+2+30成立的等价条件为1230，则称，线性无关，否则称它们线性相关若（2，1，3），（1，0，2），（1，1，m）线性相关，则m（）A9B7C5D3【分析】三个向量线性相关，得存在不全为0的实数x，y，z，使得x+y+z成立；列出方程组，用z代替x、y，化简求得m的值【解答】解：依题意知，三个向

12、量线性相关，则存在不全为0的实数x，y，z，使得x+y+z成立；即由得xz，y3z，代入3x+2y+mz0，得（m9）z0；由于x，y，z不全为0，所以z0，所以m9故选：A【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与应用问题，是中档题7（5分）在三棱柱ABCA1B1C1中，（）ABCD【分析】推导出CC1平面ABB1A1，从而由此利用等体积法能求出的值【解答】解：因为CC1平面ABB1A1，所以故故选：C【点评】本题考查两个多面体的体积的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8（5分）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

13、，则该多面体的体积为（）ABC6D32【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是棱长为4的正方体内的三棱锥，求出体积即可【解答】解：根据几何体的三视图得，该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥ECC1D1（其中E为BB1的中点），该几何体的体积是Sh（44）4故选：A【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题时应根据三视图得出几何体是什么图形，是基础题9（5分）把边长为2的正ABC沿BC边上的高线AD折成直二面角，则点A到BC的距离是（）A1BCD【分析】根据题意，先判断出BC平面AOD，再判断出AOBC，AO为点A到BC的距离，根据勾股定理求出OA即可【解答】解：如图，取B

14、C的中点O，连接AO，DOAD为BC边上的高，CDAD，BDAD，BDC即为二面角的平面角，即BDC90，且AD平面BCDABC为正三角形，CDBD又O为BC的中点，BCDOAD平面BCD，BCAD，ADDO，BC平面AOD又AO平面AOD，AOBCAO为点A到BC的距离，又，故选：C【点评】考查空间点到直线的距离，利用点、线、面的位置关系找到垂线是解题的关键，中档题10（5分）在四面体PABC中，PCPA，PCPB，APBPAB2PC2，则四面体PABC外接球的表面积是（）ABCD【分析】由已知可得PC平面PAB，先设O是外接球球心，H是ABP的中心，由去球的性质可知，OH平面PAB，且OH

15、，根据勾股定理求出外接球半径，即可求解【解答】解：PCPA，PCPB，且PAPBP，PC平面PAB，APBPAB2PC2，设O是外接球球心，H是ABP的中心，由去球的性质可知，OH平面PAB，则，则，故四面体外接球的表面积是故选：C【点评】本题给出特殊的三棱锥外接球的表面积的求解着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理与球的表面积公式等知识，属于中档题11（5分）已知三棱锥DABC的体积为，且ABBC，则三棱锥DABC的表面积为（）ABCD【分析】根据题意，利用三棱锥的面积公式得出AD平面ABC，BC平面ABD；且三棱锥DABC的各个表面三角形是直角三角形，由此求出三棱锥的表面积【解答】解：因

16、为，且，所以ADBC2；又因为，当且仅当时，等号成立，此时AC2，且AD平面ABC，BD2，所以BC平面ABD；所以三棱锥DABC的表面积为SSABC+SABD+SACD+SBCD+2+22+2故选：A【点评】本题考查了三棱锥的体积与表面积的计算问题，是基础题12（5分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将ADE、CDF，BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论错误的是（）APDEFB平面PDE平面PDFC二面角PEFD的余弦值为D点P在平面DEF上的投影是DEF的外心【分析】在A中，取EF的中点H，连接PH，DH，推导出EF平面PDH，从而P

17、DEF；在B中，根据折起前后，可知PE，PF，PD两两垂上，可证平面PDE平面PDF；在C中，PHD为二面角PEFD的平面角，设正方形的边长为2，推导出；在D中，点P在平面DEF上的投影不是DEF的外心【解答】解：在A中，作出图形，取EF的中点H，连接PH，DH，由原图知PEF和DEF为等腰三角形，故PHEF，DHEF，所以EF平面PDH，所以PDEF，故A正确；在B中，根据折起前后，可知PE，PF，PD两两垂上，于是可证平面PDE平面PDF，故B正确；在C中，根据A选项可知PHD为二面角PEFD的平面角，设正方形的边长为2，因此PEPF1，则，故C正确；在D中，由于PEPFPD，故点P在平面

18、DEF上的投影不是DEF的外心，即D错误故选：D【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题二、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（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（5，3，1）关于y轴的对称点的坐标为（5，3，1）【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征，点（x，y，z）关于y轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标【解答】解：点A（5，3，1）关于y轴的对称点的坐标为（5，3，1）故答案为：（5，3，1）【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、空

19、间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想属于基础题14（5分）如图，PA平面ABCD，ABCD为正方形，且PAAD，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为【分析】取BC的中点G，连接FG，EG，则BDFG，EFG（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角由此能求出异面直线EF与BD所成角的余弦值【解答】解：如图，取BC的中点G，连接FG，EG，则BDFG，通过异面直线所成角的性质可知EFG（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角设AD2，则，同理可得又，所以在EFG中，故异面直线EF与BD所成角的余弦值为故答案为

20、：【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15（5分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，且E为棱BC上的动点，若PE+DE的最小值为，则PB3【分析】先判断BC平面PAB，得BCPB，将PBC沿棱BC翻折至与底面ABCD共面，当P，D，E三点共线时，PE+DE取得最小值，求出即可【解答】解：底面ABCD为正方形，所以BCAB，PA底面ABCD，BC平面ABCD，故BCPA，ABPAA，则BC平面PAB，则BCPB，将PBC沿棱BC翻折至与底面ABCD共面，如图所示设ABx，则PB3x，当P，D

21、，E三点共线时，PE+DE取得最小值，故，解得x1，则PB3，故答案为：3【点评】考查空间几何体翻折问题，线面垂直的判定与性质定理的应用，中档题16（5分）在四面体PABC中，PCPA，PCPB，APBPAB2PC2，则四面体PABC外接球的表面积是【分析】由已知可得PC平面PAB，先设O是外接球球心，H是ABP的中心，由去球的性质可知，OH平面PAB，且OH，根据勾股定理求出外接球半径，即可求解【解答】解：PCPA，PCPB，且PAPBP，PC平面PAB，APBPAB2PC2，设O是外接球球心，H是ABP的中心，由去球的性质可知，OH平面PAB，则，则，故四面体外接球的表面积是故答案为：【点

22、评】本题给出特殊的三棱锥外接球的表面积的求解着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理与球的表面积公式等知识，属于中档题三、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（10分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点求证：（1）C1O面AB1D1；（2）A1C面AB1D1【分析】（1）欲证C1O面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证C1O与面AB1D1内一直线平行，连接A1C1，设A1C1B1D1O1，连接AO1，易得C1OAO1，AO1面AB1D1，C1O面AB1D1，满足定理所需条件；（2）欲证A1C面AB1D1，根据直线与平面垂直的判定定

23、理可知只需证A1C与面AB1D1内两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知A1CB1D1，同理可证A1CAB1，又D1B1AB1B1，满足定理所需条件【解答】证明：（1）连接A1C1，设A1C1B1D1O1，连接AO1，ABCDA1B1C1D1是正方体，A1ACC1是平行四边形，A1C1AC且A1C1AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，O1C1AO且O1C1AO，AOC1O1是平行四边形，C1OAO1，AO1面AB1D1，C1O面AB1D1，C1O面AB1D1；（2）CC1面A1B1C1D1CC1B1D!，又A1C1B1D1，B1D1面A1C1C，即A1CB1D1，A1BAB1，BCAB1

24、，又A1BBCB，AB1平面A1BC，又A1C平面A1BC，A1CAB1，又D1B1AB1B1，A1C面AB1D1【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力18（12分）已知函数，g（x）x1（1）求解不等式f（x）g（x）；（2）若，求y3f（x）+2g（x）的最小值【分析】（1）对分母正负讨论解不等式即可；（2）构造基本不等式的性质求解即可【解答】解：（1）当时，f（x）g（x）（2x1）（x1）3，解得当时，f（x）g（x）（2x1）（x1）3，解得所以不等式解集为（2）由y3f（x）+2g（x），当且仅当，即x2时取等号故得时，

25、函数y3f（x）+2g（x）的最小值为5【点评】本题考查了不等式的解法和基本不等式的应用求解最小值问题属于基础题19（12分）已知函数f（x）x2（m+1）x+m（1）当m3时，求不等式f（x）0的解集；（2）若函数f（x）的图象与x轴有两个交点，且两交点之间的距离不超过5，求m的取值范围【分析】第（1）问直接解一元二次不等式即可第（2）问两交点之间的距离不超过5转化为绝对值问题，利用韦达定理解决【解答】解：（1）当m3时，f（x）x24x+3，则f（x）0等价于x24x+30，解得x1或x3，故不等式f（x）0的解集为（，1）（3，+）（2）设f（x）的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为x1

26、，x2，则x1+x2m+1，x1x2m由题意可得即解得4m1或1m6【点评】韦达定理是解决一元二次方程的有力工具，要学会灵活应用20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD平面PCD，ADDC，PCPD，PCPDAD2，M为PA的中点（1）证明：PCMD（2）求二面角CMDP的余弦值【分析】（1）利用面面垂直等条件可得ADPC又因为PCPD，ADPDD，所以PC平面PAD进而可得MDPC；（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面CMD的一个法向量，再结合平面PMD的一个法向量，进而可以求出二面角的余弦值【解答】（1）证明：因为平面ABCD平面PCD，且相交于CD，又ADDC，所以A

27、D平面PCD，所以ADPC又因为PCPD，ADPDD，所以PC平面PAD又因为MD平面PAD，所以PCMD（2）解：如图，设CD的中点为O，作OECD交AB于E，连接OP因为AD平面PCD，所以EO平面PCD，由PCPD，且PCPD，可得OP，OD，OE两两垂直，所以分别以OP，OD，OE所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则，所以，设平面CMD的一个法向量为（x，y，z），由，得令，得+（，0，1），平面PMD的一个法向量，所以cos，由图可知，二面角CMDP的余弦值为【点评】本题考查空间立体几何中面面垂直的性质，线线垂直的证明，考查空间二面角的求法，建立空间直角坐

28、标系是关键，属于中档题21（12分）如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，底面BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，ABBD，E是线段AC上一点（1）若E为AC的中点，求直线AC与平面BDE所成角的正弦值（2）是否存在点E，使得平面BDE平面ADC？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，带入公式即可求解；（2）假设存在，求出两个平面的法向量，其数量积为0，就出参数即可【解答】解：不妨设AB2，在平面BCD中作BFBD，以BF，BD，BA所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B

29、（0，0，0），A（0，0，2），D（0，2，0），C（1，1，0）（1）因为点E是AC的中点，所以点E的坐标为所以，设（x，y，z）是平面BDE的法向量，则，即取x2，则z1，所以平面BDE的一个法向量为（2，0，1）所以cos，所以直线CA与平面BDE所成的角的正弦值为（2）假设存在点E使得平面BDE平面ADC，设显然，设（x，y，z）是平面ACD的法向量，则即取x1，则y1，z1，所以平面ACD的一个法向量为（1，1，1）因为，所以点E的坐标为所以，设（x，y，z）是平面BDE的法向量，则，即取x1，则，所以平面BDE的一个法向量为（1，0，）因为平面BDE平面ADC，所以，即0，解得2

30、所以的值为2，即当时，平面BDE平面ADC【点评】本题考查了本题考查的知识点是面面垂直，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题22（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABAD，PA平面ABCD，E是棱PC上一点（1）证明：平面ADE平面PAB（2）若PE4EC，O为点E在平面PAB上的投影，ABAP2CD2，求四棱锥PADEO的体积【分析】（1）推导出PAAD，ABAD，从而AD平面PAB由此能证明

31、平面ADE平面PAB（2）取AB的中点F，得CFAD，则CFAB再由PACF，得CF面PAB，则EOCF，即O点在线段PF上由此能求出四棱锥PADEO的体积【解答】解：（1）证明：因为PA平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAD又ABAD，PAABA，所以AD平面PAB又AD平面ADE，所以平面ADE平面PAB（2）解：取AB的中点F，所以CFAD，则CFAB又PACF，PAABA，所以CF面PAB，则EOCF，即O点在线段PF上又PE4EC，所以PO4OF，则，【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题