2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（文）试题（解析版）

第 1 页 共 16 页 2020-2021 学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高 二 10 月月考数学（文）试题 一、单选题 1．已知  1,2OA   uur ，  3,OB m uuur ，若OA OB  ，则 m  （ ） A．4 B．3 C． 3 2  D． 3 2 【答案】D 【解析】根据OA OB  及OA  、OB  的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数 m 【详解】 由OA OB  ，  1,2OA   uur ，  3,OB m uuur 有 3 2 0OA OB m      解得 3 2m  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 1 2 1 2 0x x y y  求参 数值 2．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 30 , 45 , 2 2B C b    ， 则 c  （ ） A．2 B．3 C．4 D． 4 3 3 【答案】C 【解析】由正弦定理求解即可. 【详解】 由正弦定理可知 sin sin b c B C  ，则 22 2sin 2 41sin 2 b Cc B     故选：C 【点睛】 本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题. 第 2 页 共 16 页 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（单位：cm3）为 A．18 B． 6 3 C．3 3 D． 2 3 【答案】C 【解析】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 23 2 3 3 34    ， 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 , (0, )x y  ，且 1 4 1x y   ，则 x y 的最小值为（ ） A．8 B．9 C．6 D．7 【答案】B 第 3 页 共 16 页 【解析】由题意，根据  1 4x y x yx y        ，结合基本不等式，即可求出结果. 【详解】 因为 , (0, )x y  ，且 1 4 1x y   ， 所以  1 4 4 41 4 5 2 9y x y xx y x yx y x y x y                ， 当且仅当 4y x x y  ，即 3 6 x y    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 1 1 1ABC A B C 中，沿面 1A BC 截去三棱锥 1A ABC ，则剩余部 分是（ ） A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱台 D．四棱台 【答案】B 【解析】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 1 1 1ABC A B C 中，沿面 1A BC 截去三棱锥 1A ABC ， 则剩余部分是四棱锥 1 1 1A BB C C ，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 m  ， n  ，则 //m n ； B．若 / /  ， m  ，则 m  ； 第 4 页 共 16 页 C．若 / /m  ， / /n  ，则 //m n ； D．若 m  ， / /m  ，则  ． 【答案】C 【解析】直接由直线平面的定理得到选项 ,A B 正确；对于选项C ， m，n 可能平行、 相交或异面，所以该选项错误；对于选项 D ， m 与  内一直线 l，所以l  ，因为 l 为  内一直线，所以  ．所以该选项正确. 【详解】 对于选项 A ，若 m  ， n  ，则 //m n ，所以该选项正确； 对于选项 B ，若 / /  ， m  ，则 m  ，所以该选项正确； 对于选项C ，若 / /m  ， / /n  ，则 m，n 可能平行、相交或异面，所以该选项错误； 对于选项 D ，若 m  ， / /m  ，则 m 与  内一直线 l，所以 l  ，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 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为 1 1AC 的中点，则异面直线CE 与 BD 所 成的角为（ ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】D 【解析】连接 AC ，由已知条件可证得 BD  平面 1 1AAC C ，从而可得 BD  CE ，由 此可得答案 【详解】 第 5 页 共 16 页 连接 AC ，则 AC BD ， 因为 1AA  平面 ABCD ， BD 在平面 ABCD 内， 所以 1AA BD ， 因为 1AA AC A ， 所以 BD  平面 1 1AAC C ， 因为CE 在平面 1 1AAC C 内， 所以 BD  CE ， 所以异面直线CE 与 BD 所成的角为 90 ， 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 an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n， 则数列{an}与数列{bn}的前 n 项和为 1125×2＝2250， 又∵数列{an}的前 n 项和为 2 n （103+13n+90） 2 n  （193+13n）， 第 6 页 共 16 页 数列{bn}的前 n 项和为 2 n （97+97.5﹣0.5n） 2 n  （194.5 1 2  n）， ∴ 2 n （193+13n） 2 n  （194.5 1 2  n）＝2250， 整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即 n2+31n﹣360＝0， 解得：n＝9 或 n＝﹣40（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： ①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体是三棱柱； ②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； ③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．②③ B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】B 【解析】①根据棱柱的定义进行判断；②根据棱锥的定义进行判断；③根据棱台的定义 进行判断． 【详解】 ①由棱柱的定义知①正确； ②由棱锥的定义知②正确； ③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③不一定是四棱台，故③错误； 故正确的是①②； 故选： B ． 【点睛】 本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，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1的正方体 1 1 1 1 ABCD A B C D 中， M 为 CD 中点，则四面体 1A BC M 的体积( ) 第 7 页 共 16 页 A． 1 2 B． 1 4 C． 1 6 D． 1 12 【答案】C 【解析】由体积桥可知 1 1A BC M C ABMV V  ，求解出 ABMS 和高 1CC ，代入三棱锥体积公 式求得结果. 【详解】 M 为 CD 中点 1 1 2 2AMB ABCDS S   又 1CC  平面 ABCD 1 1 1 1 1 3 6A BC M C ABM ABMV V S CC       本题正确选项：C 【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．8(6 6 2 3)  B． 6(8 8 2 3)  C．8(6 6 3 2)  D． 6(8 8 3 2)  【答案】A 【解析】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. 第 8 页 共 16 页 【详解】 由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为 2 2 2 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 2 ，则该几何 体的表面积为 2 1 16 (2 2 2) 4 2 2 8 2 32 2S               8(6 6 2 3)   . 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 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E ， F 分别为棱 1AA 、 1BB 的中点， M 为棱 1 1A B 上的一点，且 1 (0 2)A M     ，设点 N 为 ME 的中点，则点 N 到平 面 1D EF 的距离为（ ） A． 3 B． 2 2 C． 2 3  D． 5 5 【答案】D 【解析】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 n ，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，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1）， 1ED  ＝（﹣2，0，1）， EF  ＝（0，2，0）， EM  ＝（0，λ，1）， 设平面 D1EF 的法向量 n ＝（x，y，z），则 1 2 0 2 0 n ED x z n EF y            ，取 x＝1，得 n ＝ （1，0，2）， 第 9 页 共 16 页 ∴点 M 到平面 D1EF 的距离为：d＝ | | 2 2 5 | | 55 EM n n      ，N 为 EM 中点，所以 N 到 该面的距离为 5 5 故选：D． 【点睛】 本题考查利用向量法求解点到平面距离，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 2, 5  ，则直线 l 的一般式方程为_____________． 【答案】 2 1 0x y   【解析】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 2, 5  ， 所以直线 l 的方程为 5 2( 2)y x   ， 即 2 1 0x y   ． 故答案为： 2 1 0x y   . 【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 2 2 2 8 13 0    x y x y 的圆心到直线 1 0ax y   的距离为 1，则 a ________ 【答案】 4 3  【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案． 【详解】 圆 2 2 2 8 13 0    x y x y 的圆心坐标为： (1,4) ， 第 10 页 共 16 页 故圆心到直线 1 0ax y   的距离 2 | 4 1| 1 1 ad a     ，解得： 4 3a   ， 故答案为： 4 3  【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径，若该球的表面积为 48π ，则圆柱的侧 面积为_____． 【答案】 48π . 【解析】先由球的表面积为 48π 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 24π 48πS R  所以 =2 3R 所以圆柱的底面直径与高都为 4 3 所以圆柱的侧面积： 2π 2 3 4 3=48π  故答案为： 48π 【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 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB  ， 1 2AA  ， 2AD  ，E、F 分 别为棱 1AA 、 1BB 的中点.动点 P 在长方体的表面上，且 EP CF ，则点 P 的轨迹的 长度为________. 【答案】 2 6 【解析】过点 F 构造一个平面 ，使之与直线 CF 垂直，则平面 与正方体的表面的 交线为动点 P 的轨迹，则可得到答案. 【详解】 过 E 构造一个平面 ，使得CF  ,当点 P 在平面 与正方体的表面的交线上时，就 第 11 页 共 16 页 有 EP CF 成立. 连接 EF ，则在正方体中 E、F 分别为棱 1AA 、 1BB 的中点. 则 EF CF . 在侧面 1 1BCC B 内过点 F 作CF FG ,交 1 1B C 于点G . 则平面 EFG 就是需要的平面 . 则平面 EFG 截正方体得到截面为矩形 EFGH .如图 则动点 P 的轨迹为矩形 EFGH 的四条边组成的图形. CF FG ，则 1 90GFB CFB     . 所以 1 1 1 1tan tan 2 B GBFFCB GFBBC B F       所以 1 2 2B G  ，则 2 2 61 2 2FG        1EF AB  . 所以矩形 EFGH 的周长为: 61 2 2 2 62      故答案为： 2 6 【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 1,3 ，( )4,2 ， 1, 7 ，圆 C 的方程； 【答案】 2 2( 1) ( 2) 25x y    【解析】根据圆的对称性由两点 1,3 ， 1, 7 可得圆心在 2y   上，从而设出圆心坐 标，再由 1,3 ，( )4,2 到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆 C 的方程. 【详解】 第 12 页 共 16 页 因为圆过点   1,3 , 1, 7 ，故圆心在 2y   上 设圆心坐标 , 2x  ，则   2 21 25 4 16x x     ，解得 1x  . 故其半径  22 1 1 25 25r     . 故圆方程为： 2 2( 1) ( 2) 25x y    【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 4a  ， 3b  ，   2 3 2 61a b a b      . （1）求 a  与b  的夹角 ； （2）求 a b r r . 【答案】（1） 2 3   （2）| | 37a b  【解析】（1）由已知可以求出 a b  的值，进而根据数量积的夹角公式，求出 cos ,a b  ， 进而得到向量 a 与b 的夹角 ； （2）要求| |a b  ，我们可以根据（1）中结论，先求出 2| |a b  的值，然后开方求出答 案． 【详解】 （1） | | 4a  ，| | 3b  ， 2 2(2 3 ) (2 ) 4 | | 3| | 4 37 4 61a b a b a b a b a b                   ，  | | | | cos , 6a b a b a b          ， ∴ 1cos , 2a b   rr ，∴ , 120a b   ， ∴向量 a 与 b 的夹角 120 = ° . （2） 2 2 2| | | | | | 2 16 9 12 37a b a b a b             ， | | 37a b   . 【点睛】 本题考查数量积表示两个向量的夹角、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 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知 3 cos sinb C c B ． 第 13 页 共 16 页 （1）求角 C 的大小 （2）若 2 7c  ， ABC 的面积为 6 3 ，求 ABC 的周长． 【答案】（Ⅰ） 3C  ．（Ⅱ）10 2 7 . 【解析】（Ⅰ）利用正弦定理化简已知等式可得 tanC 值，结合范围  0,C  ，即可得 解C 的值． （Ⅱ）利用正弦定理及面积公式可得 ab ，再利用余弦定理化简可得 a b 值，联立得 ,a b 从而解得 ABC 周长． 【详解】 （Ⅰ）由正弦定理 sin sin b c B C  ，得 3sin cos sin sinB C B C ， 在 ABC 中，因为sin 0B  ，所以 3cos sinC C 故 tan 3C  ， 又因为 0＜C＜ ，所以 3C  ． （Ⅱ）由已知，得 1 sin 6 32 ab C  . 又 3C  ，所以 24ab  . 由已知及余弦定理，得 2 2 2 cos 28a b ab C   ， 所以 2 2 =52a b ，从而 2 100a b  .即 10a b  又 2 7c  ，所以 ABC 的周长为10 2 7 . 【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 E ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， AC 与 BD 交于点O ， EC  底 面 ABCD ， F 为 BE 的中点． （1）求证： DE ∥平面 ACF ； （2）若 2, 2AB CE  ,求三棱锥 F-ABC 的体积. 第 14 页 共 16 页 【答案】（1）见解析；（2） 2 3 【解析】（1） 连接 OF，证明 / /DE OF ，结合线面平行的判定定理证明即可． （2）由 EC  底面 ABCD ，知 F 到平面 ABC 的距离为 1 2 EC ,再由三棱锥体积公式可 以算出答案． 【详解】 （1）连接OF ．由 ABCD 是正方形可知,点O 为 BD 中点．又 F 为 BE 的中点，所以 OF ∥ DE 又OF  平面 ,ACF DE  平面 ,ACF 所以 DE ∥平面 ACF （2）取 BC 的中点为 H，连结 FH，∴ 1/ / , 12FH CE FH CE  ， EC ABCD又 平面 FH ABCD平面  ， 1 • 22ABCS AB BC  1 2•3 3F ABC ABCV S 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 na 的前 n 项和为 22nS n＝ ， nb 为等比数列，且 1 1a b＝ ， 2 2 1 1( )b a a b－ ＝ ． （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）设 n n n ac b  ，求数列 nc 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） 4 2na n  ， 1 2 4n nb  ；（2） 2 5 5) 43 9 9 n nT n   ＝( 【解析】（1）由已知利用递推公式 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     ， 可得 na ，代入分别可求数列 nb 的首项 1b ，公比 q，从而可求 nb . （2）由（1）可得   12 1 4n nc n    ，利用乘“公比”错位相减法求和． 第 15 页 共 16 页 【详解】 解：(1)当 2n  时， 2 2 1 2 2 1 4 2( )n n na S S n n n    -- ， 当 1n  时， 1 1 2a S  满足上式， 故 na 的通项式为 4 2na n  ． 设 nb 的公比为 q， 由已知条件 2 2 1 1( )b a a b  知， 1 2b  ， 1 2 2 1 1 2 bb a a   ，所以 2 1 1 4 aq a   ， 1 1 1 12 4 n n nb b q      ，即 1 2 4n nb  ． (2)   1 1 4 2 2 1 42 4 nn n n n a nc nb       ， 1 2 1 1 2 1 3 4 5 4 2( ) ]1[ 4n n nT c c c n     －＝ ＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＋ ＋ － 2 2 1[ ( ) ( )4 1 4 3 4 5 4 2 ]3 4 2 1 4n n nT n n    －＝ ＋ ＋ ＋ ＋ － ＋ － 两式相减得： 1 2 3 1( ) 5 53 1 2 4 4 4 4 2 1 4( 4 3) 2 )3 n n n nT n n   －＝－ － ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ － ＝( 2 5 5) 43 9 9 n nT n   ＝( 【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 P ABCD 中，底面 ABCD 是 60DAB   且边长为 a 的菱 形，侧面 PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面 ABCD . （1）若G 为 AD 边的中点，求证： BG 平面 PAD . （2）求证： AD PB . （3）若 E 为 BC 边的中点，能否在 PC 上找出一点 F ，使平面 DEF  平面 ABCD ？ 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 第 16 页 共 16 页 【解析】（1）证明 PG AD ，利用面面垂直的性质即可证明（2）证 AD  平面 BPG 即可得 AD PB （3）存在点 F ，且 F 为 PC 的中点，证明 MF  平面 ABCD ，即 可证出平面 DEF  平面 ABCD . 【详解】 证明：连接 PG ， BD ， 因为 PAD 是等边三角形，G 为 AD 边的中点，所以 PG AD ． 因为平面 PAD  平面 ABCD ，所以 PG  平面 ABCD ，所以 PG BG ． 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AB AD ．又因为 60BAD   ，所以 ABD 是等 边三角形，所以 BG AD ．又因为 PG AD G  ，，所以 BG 平 PAD ． （2）证明：因为 AD PG ，AD BG ，PG BG G  ，所以 AD  平面 BPG ．又 因为 BP  平面 BPG ，所以 AD PB ． （3）存在点 F ，且 F 为 PC 的中点．证明如下：连接CG 交 DE 于 M ，连接 FM ， 因为 AD BC 且 AD BC ，又 E ，G 分别是 BC ， AD 的中点，连接 EG ，所以 CE DG 且CE DG ，所以四边形CEGD 是平行四边形，所以CM MG ．又因为 CF FP ，所以 MF PG ．由（1）知 PG  平面 ABCD ，所以 MF  平面 ABCD ．又 MF  平面 DEF ，所以平面 DEF  平面 ABCD ． 【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.