南昌市进贤一中2019-2020学年高二下学期线上测试数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二下学期线上测试数学（理）试题含解析理科数学试卷一、单选题（每小题5分，共60分）1.在空间直角坐标系中点关于平面对称点的坐标是（）A.（1，﹣5，6） B。(1，5，﹣6）C.（﹣1,﹣5，6） D。(﹣1,5，﹣6）【答案】B【解析】【分析】在空间直角坐标系中，点P(a，b，c）关于平面xOy对称点Q的坐标是（a，b，﹣c)．【详解】在空间直角坐标系中，点P（1，5,6）关于平面xOy对称点Q的坐标是（1，5,﹣6）．故选B．【点睛】题考查空间中点的坐标的求法,考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.下列说法中错误的是（）A.正棱锥的所有侧棱长相等B.圆柱的母线垂直于底面C.直棱柱的侧面都是全等的矩形D。用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形【答案】C【解析】【分析】根据空间几何体的结构特征,可依次判断各选项.【详解】对于A，根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等，故A正确；对于B,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故B正确；对于C，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定全等,故C错误；对于D，圆锥的轴截面是全等的等腰三角形，故D正确.综上可知，错误的为C故选：C【点睛】本题考查了空间几何体的结构特征,对概念要熟练掌握,属于基础题.3.如图所示的平面中阴影部分绕旋转轴（虚线）旋转一周,形成的几何体为(）A一个球 B。一个球挖去一个圆柱C.一个圆柱 D。一个球挖去一个长方体【答案】B【解析】【分析】根据旋转体的定义，即可得出结论。【详解】由题意知形成的几何体为一个球挖去一个圆柱.故选:B。【点睛】本题考查旋转体的定义，属于基础题。4。已知某圆锥的轴截面为一等腰,其中,则该圆锥的体积为(）A。 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意画出圆锥的轴截面图形,由线段关系求得圆锥的高，即可由圆锥体积公式求解.【详解】根据题意作出圆锥的轴截面图形如下图所示：其中为线段的中点，设底面圆的半径为，则，故圆锥的体积，故选:C。【点睛】本题考查了圆锥的轴截面画法,圆锥体积的求法,属于基础题。5。已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（)A.a2 B。a2 C。a2 D。a2【答案】D【解析】【分析】由斜二测画法画出正三角形的直观图，作直观图的底边的高,进而求高，再由三角形的面积公式求得结果。【详解】如图①②所示的实际图形和直观图.由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a,在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a。所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选：D。【点睛】本题考查几何体的直观图，考查基本应用求解能力，属于基础题.求几何图形的直观图的面积，方法一,根据斜二测画法，作出直观图，再求直观图的面积；方法二，直观图的面积与原平面图形的面积比为。6.如图,空间四边形中，，且，,则（)A。 B。 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据，再由，,得到,求解。【详解】因为,又因为，所以.故选:C【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7.设是不同的直线，是不同的平面，则（）A。若，，则 B。若,，，则C。若，，,则 D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，即可判断各选项是否正确。【详解】对于A，若,,则直线可以平行，也可以异面,所以A错误;对于B，因为不一定能成立，所以当,,时，不一定成立，所以B错误；对于C,若，，，则，或平面与平面相交,所以C错误；选项D：若，,，则成立，所以D正确.故选:D。【点睛】本题考查了空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判断，对空间想象能力要求较高，属于中档题.8。在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（）A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．【详解】连接，，如图:又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱,∴∴面,∴，又,，∴，∴，解得.故选C【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质,考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．9.已知，点Q在直线OP上，那么当取得最小值时,点Q的坐标是（）．A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】由点在直线上运动，可得存在实数使得,，，利用数量积可得,再利用二次函数的单调性即可得出．【详解】解：点在直线上运动，存在实数使得，，，,．，当且仅当时，上式取得最小值,．故选C．【点睛】熟练掌握向量共线定理、数量积运算、二次函数的单调性等是解题的关键，属于中档题．10。如图所示，在长方体ABCD.A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（）A。 B。C. D。【答案】C【解析】【分析】根据题意，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系,平面外一点到平面的距离可以用平面上任意一点与该点的连线在平面法向量上的投影表示,而法向量垂直于平面上所有向量，由，即可求得平面的法向量,而在上的投影即为点到面的距离，即可求得结果【详解】以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系,如图所示：

则，,，为的中点，则，，设平面的法向量为，则，即可得可取点到面的距离为故选【点睛】本题是一道关于点到平面距离的题目，解题的关键是掌握求点到面距离的方法，建立空间直角坐标系，结合法向量求出结果,属于中档题。11.在正方体中,是棱中点，则对角线与平面所成的角的正弦值为（）A。 B. C. D。【答案】C【解析】【分析】将正方体放入空间直角坐标系中,分别求得与平面的法向量，则与夹角余弦值的绝对值即为对角线与平面所成的角的正弦值【详解】如图，将正方体放入空间直角坐标系中，设边长为2，可得为，为,为,为，则，,,设平面的法向量，则，即,令，则,所以,则对角线与平面所成的角的正弦值为，故选:C【点睛】本题考查向量法求线面夹角，考查空间向量的应用，考查运算能力12。如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图则该几何体的外接球的表面积为A. B. C. D。【答案】B【解析】【分析】由三视图可知：该几何体为一个三棱锥,作出图形，得到球心位置利用勾股数计算得到其外接球的半径．【详解】由三视图知（结合长方体）该几何体的实物图应为三棱锥，故球心肯定在长方体上、下底面的中心连线上（设上、下底面的中心分别为。记球心为点，设，则，结合三视图数据得，解得，则，故该几何体的外接球的表面积为故选B。【点睛】本题考查了球的表面积计算公式、三棱锥的三视图及球心位置的确定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题（每小题5分，共20分)13。已知，，且，则________.【答案】【解析】【分析】由可得，即可求得，则，进而求模即可【详解】由题,因为，所以,即,所以,则，所以，故答案为:【点睛】本题考查已知向量垂直求坐标，考查坐标法向量的模14.如图，二面角等于，、是棱上两点,、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______．【答案】2【解析】【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l,BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1,由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．【详解】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1,∴，60°，∴故答案为2．【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．15.一个火柴盒长、宽、高分别为为、、,一只蚂蚁从火柴盒的一个角处，沿火柴盒表面爬到另一个角处，所经过的最短路径长为__________.【答案】【解析】【分析】将火柴盒所在的长方体进行表面展开,使AB在同一个矩形的对角线端点，共有三种不同的矩形，求出对角线长即可得到最短路径。【详解】展开火柴盒所在长方体的表面，使AB在同一个矩形的对角线端点，这样的不同矩形共有三个，其对角线长度分别为:这种情况对角线长为，这种情况对角线长为,这种情况对角线长为所以最短路径.故答案为:【点睛】此题考查求物体表面的最短路径，常用办法是展开成平面图形,利用两点之间线段最短求最短路径.16。如图，二面角的大小是60°，线段。,与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是。【答案】【解析】试题分析:过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线．垂足为D，连接AD，有三垂线定理可知AD⊥l,故∠ADC为二面角α—l-β的平面角，为60°，又由已知，∠ABD=30°，连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角设AD=2，则AC=，CD=1AB==4∴sin∠ABC==；故答案为．考点:本题主要考查二面角的计算．点评：基础题，本解法反映了求二面角方法的“几何法"—“一作、二证、三计算"．三、解答题17.如图四边形ABCD为梯形,，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【答案】；体积．【解析】【分析】直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球,所以阴影部分绕旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，,。【详解】圆中阴影部分是一个圆台，从上面挖出一个半球S半球=×4π×22=8πS圆台侧=π×(2+5）×5=35πS圆台底=25π故所求几何体的表面积S表＝8π+35π+25π＝68πV圆台=V半球=。故所求几何体的体积V＝V圆台－V半球=.18.在三棱锥中，和是边长为的等边三角形，，分别是的中点。(1)求证：平面;（2)求证:平面。【答案】(1）答案见解析;（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）要证平面,只需证，即可求得答案;(2)要证平面，只需证,，即可求得答案。【详解】（1)分别为的中点，。又平面，平面，平面。(2）∵，，为中点,，，.同理,，.又,。。,，,平面.【点睛】本题主要考查了求证线面平行和线面垂直，解题关键是掌握线面平行判断定理和线面垂直判断定理,考查了分析能力，属于中档题.19.如图,在三棱锥中，，分别为棱的中点，平面平面。求证：（1)∥平面；（2）平面平面.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）证得MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可;(2）证得平面。由面面垂直的判定定理证明即可【详解】（1）∵分别为棱的中点，∴MN∥BC又平面，∴∥平面。(2)∵，点为棱的中点，∴，又平面平面，平面平面,∴平面.∵平面，∴平面平面。【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定,考查定理，是基础题20.如图，等腰梯形MNCD中，MD∥NC，MN＝MD＝2，∠CDM＝60°,E为线段MD上一点,且ME＝3，以EC为折痕将四边形MNCE折起，使MN到达AB的位置，且AE⊥DC(1）求证:DE⊥平面ABCE；（2）求点A到平面DBE的距离【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）等腰梯形中，MD＝4,CD＝MN＝2，利用余弦定理求出，由勾股定理得到CEDE,然后得到AE⊥平面CED，所以,从而可以得到DE⊥平面ABCE。(2）由（1)得到的CE⊥AE,可求出的面积，由DE⊥平面ABCE，求出三棱锥的体积,利用勾股定理得到的长，然后求出的面积，利用等体积转化,求出点A到平面DBE的距离。【详解】（1)等腰梯形MNCD中,MD∥NC,CD＝MD＝2∴MD＝4，CD＝MN＝2,△CED中，∠CDE＝60°,ED＝MD-EM＝1，则由余弦定理∴CE，∴CE2+ED2=CD2∴CEDE，∴CEME,CEAE又AE⊥DC，DCCE＝C，∴AE⊥平面CED而平面CED∴，又，AECF＝E∴DE⊥平面ABCE(2)由（1)因CE⊥AE，则因DE⊥平面ABCE,则等腰梯形MCD中MD∥NC，MD＝4，CD=MN＝2，CE⊥DE,DE＝1则NC=MD—2DE=2，故BC＝2，设点A到平面DBE的距离为h,因DE⊥平面ABCE则，得h＝所以点A到平面DBE的距离为【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定,等体积法求点到面的距离,属于中档题.21。如图,在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且。(1）证明:平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，,求二面角A−PB−C的余弦值.【答案】(1）见解析；（2).【解析】【详解】(1)由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD．(2）在平面内作，垂足为，由（1)可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则即可取。设是平面的法向量，则即可取。则，所以二面角的余弦值为。【名师点睛】高考对空间向量与立体几何考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标