【KS5U解析】四川省攀枝花市第十五中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理科）试题 Word版含解析

1、数 学（理工类）第卷（选择题 共60分）一、选择题：(本题共12小题，每小题5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. 下列几何体中是旋转体的是()圆柱六棱锥正方体球体四面体a. 和b. c. 和d. 和【答案】d【解析】【详解】六棱锥、正方体、四面体是多面体;圆柱、球体是旋转体，故选d.点评：要了解多面体、旋转体的几何特征.2. 设双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ）a. 4b. 3c. 2d. 1【答案】c【解析】【分析】先根据双曲线求出渐近线方程，再与比较即可求出的值【详解】由双曲线的几何性质可得，双曲线的渐近线方程为，又因为渐近线方程为，即，故，选c【点睛】本题主

2、要考查双曲线的渐近线方程的求法，属基础题3. 下列命题中，错误的是 （ ）a. 平行于同一个平面两个平面平行b. 平行于同一条直线的两个平面平行c. 一个平面与两个平行平面相交，交线平行d. 一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交【答案】b【解析】【分析】利用线面平行、面面平行的性质以及特例法逐一判断即可.【详解】选项a,平行于同一个平面的两个平面平行，显然成立;选项b中,平行于同一条直线的两个平面可能平行，也可能相交，不成立；选项c中，一个平面与两个平行平面相交，交线平行，是面面平行性质定理，成立；选项d中，一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交，成立，故选b.【

3、点睛】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4. 若空间中四条直线、，满足、，则下列结论一定正确的是（ ）a. b. c. 、既不平行也不垂直d. 、位置关系不确【答案】d【解析】【详解】【分析】试题分析：如下图所示，在正方体中，取 为， 为，取 为， 为， ；取为 ，为 ，则；取为 ，为，则 与异面，因此、的位置关系不确定，故选d.【考点定位】本题考查空间中直线的位置关系的

4、判定，属于中等题.5. 将一个直角边长为1的等腰直角三角形绕其一条直角边旋转一周所形成几何体的侧面积为a. 4b. c. d. 2【答案】b【解析】【分析】可以得到该几何体为底面半径为r=1，母线长为l=的圆锥，代入侧面积计算公式即可【详解】将一个直角边长为1的等腰直角三角形绕其一条直角边旋转一周，所形成几何体是底面半径为r=1，母线长为l=的圆锥，该几何体的侧面积s=rl=故选b【点睛】本题考查圆锥的侧面积计算公式，属于基础题6. 在空间中，设，为两条不同直线， ，为两个不同平面，则下列命题正确的是a 若且，则b. 若，则c. 若且，则d. 若不垂直于，且，则必不垂直于【答案】c【解析】【详

5、解】解：由m，n为两条不同直线，为两个不同平面，知：在a中，若m且，则m或m，故a错误；在b中，若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故b错误；在c中，若m且，则由线面垂直的判定定理得m，故c正确；在d中，若m不垂直于，且n，则m有可能垂直于n，故d错误故选：c7. 中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取3，其体积为（立方寸），则图中的为( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据三视图知：几何体为圆柱和长方体的组合体，计算体积得到答案.【详解】根据三视图知：几何体为圆柱和长方体的组合体.，解得.故选：

6、b.【点睛】本题考查了根据三视图和体积求参数，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，还原几何体是解题的关键.8. 如图所示，在空间四边形中，点在上，且为中点，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由向量的加法和减法运算，即得解【详解】由向量的加法和减法运算：.故选：b【点睛】本题考查了空间向量的加法和减法运算，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算能力，属于基础题9. 如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，可得出异面直线与所成的角为，通

7、过解，利用余弦定理可求得异面直线与所成的角的余弦值.【详解】取的中点，连接、.易知是的中位线，所以且.又且，为的中点，所以且，所以且.所以四边形是平行四边形，所以，所以就是异面直线与所成的角.因为，、分别是、的中点，所以，且.由勾股定理得，所以.由勾股定理得，.在中，由余弦定理得.故选：c.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.10. 正三角形的边长为,将它沿高翻折,使点与点间的距离为,此时四面体外接球表面积为a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】三棱锥bacd的三条侧棱bdad、dcda，底面是等腰直角三角

8、形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积【详解】根据题意可知三棱锥bacd的三条侧棱bdad、dcda，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离就是球的半径，三棱柱的底面边长为1，1，由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，三棱柱的外接球的球心为o，外接球的半径为r，球心到底面的距离为，底面中心到底面三角形的顶点的距离为，球的半径为r外接球的表面积为：4r25故答案为c【点睛】本题考查空间想象能力及计算能

9、力.三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提11. 已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的余弦值等于（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】连接，设侧棱与底面边长都等于，计算，再根据点到底面的距离等于点到底面的距离，求解与底面所成角的正弦值，即可.【详解】如图所示，设三棱柱的侧棱与底面边长都等于.连接，则.在中，得.在中，即，则为等边三角形，所以.在菱形中，得.又因为点到底面的距离等于点到底面的距离所以与底面所成角的正弦值为.即与底面所成角的余弦

10、值为.故选：b【点睛】本题考查直线与平面所成角的问题，属于中档题题.12. 设椭圆：的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限上的点，直线交椭圆于点，若直线平分线段于，则椭圆的离心率是( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】设点，则，中点为，根据三点共线得到，得到答案.【详解】设点，则，则中点为，三点共线，故，化简得到，故.故选：a.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，根据三点共线得到是解题的关键.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：(本题共4小题，每小题5分)13. 已知，若，则实数m的值为_【答案】7【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表

11、示公式，结合空间向量垂直的性质进行求解即可.【详解】因，所以，解得故答案为：7【点睛】本题考查了空间向量垂直的性质，考查了空间向量数量积的坐标表示公式，考查了数学运算能力.14. 已知圆柱的上下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为_【答案】【解析】【分析】由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.【详解】解：因为轴截面是正方形，且面积是36，所以圆柱的底面直径和高都是6故答案为：【点睛】考查圆柱的轴截面和其体积的求法，是基础题.15. 若圆上恰有3个点到直线的距离为1，则_【答案】【解析】【分析】根据条件得到圆心到直线距离为，利用点

12、到直线的距离公式得到答案.【详解】依题意圆心到直线的距离，解得故答案为.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，根据恰有3个点判断直线和圆的位置关系是解题的关键，意在考查学生的计算能力.16. 如图，四棱锥中，是矩形，平面，四棱锥外接球的球心为，点是棱上的一个动点.给出如下命题：直线与直线所成的角中最小的角为；与一定不垂直；三棱锥的体积为定值；的最小值为.其中正确命题的序号是_.（将你认为正确的命题序号都填上）【答案】【解析】【分析】如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，计算向量夹角知正确，知时，错误，确定球心计算得到正确，旋转平面得到正确，得到答案.【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，则

13、，则，当时等号成立，此时，故直线与直线所成的角中最小的角为，正确；，当时，错误；将四棱锥放入对应的长方体中，则球心为体对角线交点，正确；如图所示：将平面以为轴旋转到平面内形成平面，则，当共线时等号成立，正确.故答案为：.【点睛】本题考查了异面直线夹角，三棱锥体积，外接球，距离和的最值，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，建立坐标系是解题的关键.三、解答题：(17题10分，其余每小题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 若长方体的三个面的面积分别是，求：（1）长方体的体对角线的长；（2）长方体的表面积.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）设长方体的长，宽，

14、高分别为，根据已知条件列出方程，求出，即可求出对角线；（2）根据已知条件，即可求解.【详解】（1）设长方体的长，宽，高分别为，如图.可令解得，该长方体的体对角线长为.（2）.【点睛】本题考查长方体面的面积与边长的关系，明确长方体的对角线与长、宽、高的关系，属于基础题.18. 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为的中点为n.（1）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；（2）证明：直线平面.【答案】（1）见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据正方体的平面展开图与原图的对应关系，标出点的坐标.（2）通过构造平行四边形，证得与平面内的一

15、条直线平行，由此证得直线平面.【详解】（1）解：点的位置如图所示.（2）如图，连接，设o为的中点，连接.因为分别是的中点，所以，且，且，所以，.所以四边形是平行四边形，从而.又平面，平面，所以平面.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查正方体的展开图，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.19. 已知抛物线c：y2=3x的焦点为f，斜率为的直线l与c的交点为a，b，与x轴的交点为p（1）若|af|+|bf|=4，求l的方程；（2）若，求|ab|【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设直线：，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解

16、方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.【详解】（1）设直线方程为：，由抛物线焦半径公式可知： 联立得：则 ，解得：直线的方程为：，即：（2）设，则可设直线方程为：联立得：则 ， ， 则【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20. 如图，在边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的点，且将aed，dcf分别沿，折起，使，两点重合于，连接，.（）求证：；（）试判断与平面的位置关系，

17、并给出证明.【答案】(1)见解析；（2）见解析.【解析】分析：（1）折叠前,，折叠后，从而即可证明；（2）连接交于，连接，在正方形中，连接交于，从而可得，从而在中，即得，从而平面.详解：（）证明：折叠前, 折叠后， 又平面，而平面 （）平面，证明如下：连接交于，连接，在正方形中，连接交于，则，所以， 又，即，在中，所以. 平面，平面，所以平面.点睛：本题主要考查线面之间的平行与垂直关系，注意证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想线面垂直的性质，常用来证明线线垂直21. 椭圆：的离心率为，点 为椭圆上的一点.

18、（1）求椭圆的标准方程；（2）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的实数，直线的斜率之积为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，进而得到椭圆方程；（2）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值【详解】（1）因为，所以， 又椭圆过点， 所以 由，解得所以椭圆的标准方程为 .（2）证明 设直线：， 联立得， 设，则 易知故所以对于任意的，直线的斜率之积为定值.【点睛】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和点满足椭圆方程，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，考查运算能力，属于中档题22. 如图，在三棱柱中，侧面底面，（）求证：平面；（）若，且与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）余弦值为.【解析】【分析】【详解】分析：（1）由四边形为菱形，得对角线,由侧面底面，, 得到侧面，从而，由此能证明平面；（2）由题意易知为等边三角形，以点为坐标原点，为轴,为轴，过平行的直线为，建立空间直角坐标系，分