甘肃省临夏州临夏中学2020学年高一数学上学期第二次月考试题(含解析)

甘肃省临夏州临夏中学2020学年高一数学上学期第二次月考试题（含解析）一、单选题1.已知全集I ＝{1，2，3，4，5，6}，A ＝{1，2，3，4}，B ＝{3，4，5，6}，那么∁I （A ∩B ）等于（ ） A. {3，4}B. {1，2，5，6}C. {1，2，3，4，5，6}D. ∅【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交集的定义和补集的定义直接求解即可. 【详解】{}{}3,4)1,2,5,6(I A B A B =∴=Q I I ð. 故选：B【点睛】本题考查了集合的交集和补集定义，考查了数学运算能力，属于基础题. 2.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是（ ） A. 两个圆锥拼接而成的组合体 B. 一个圆台C. 一个圆锥D. 一个大圆锥中挖去一个同底的小圆锥 【答案】D 【解析】如图，以AB 所在直线为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥．考点：旋转体的结构特征.3.如图的直观图，其原平面图形△ABC 的面积为A. 3B. 32 2C. 6D. 32【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法还原平面图形即可得解.【详解】原平面图形△ABC为直角三角形，直角边长分别为3，4．∴原平面图形△ABC的面积1342S=⨯⨯=6．故选C．【点睛】本题主要考查了平面图形的斜二测画法，属于基础题.4.一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②正方形；③圆；④三角形，中的哪几个选项（）A. ①②③B. ①③④C. ①④D. ②③【答案】D【解析】【分析】根据主视图、左视图的形状和边长的大小，可以判断出俯视图不可能的图形.【详解】由主视图、左视图的形状和边长的大小，可以确定俯视图不可能是圆和正方形. 故选：D【点睛】本题考查了根据三个视图的二个判断另一个视图的形状，考查了空间想象能力.5.已知圆锥的母线长为5，底面圆周长为6π，则它的体积是（ ） A. 36π B. 36C. 12πD. 12【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥底面圆周长可以求出底面圆的半径，再结合母线长，求出高长，最后求出圆锥的体积.【详解】因为圆锥的底面圆周长为6π，所以圆锥的底面的圆的半径为3，而母线长为5，因此根据勾股定理可知圆锥的高为：22534-=，因此圆锥的体积为：2134123ππ⋅⨯=. 故选：C【点睛】本题考查了圆锥的体积计算，考查了数学运算能力，属于基础题. 6.如图，在正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，异面直线A 1D 与D 1C 所成的角为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C 【解析】 【分析】根据D 1C 与A 1B 平行，异面直线A 1D 与D 1C 所成的角即为∠BA 1D ，即可求解.【详解】如图，连接A 1B ，DB ，异面直线A 1D 与D 1C 所成的角即为∠BA 1D ，由正方体可知A 1B ＝DB ＝A 1D ，所以∠BA 1D ＝60°.【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角及其求法，属于中档题.7.三棱锥A ﹣BCD 中，AC ＝BD ，E ，F ，G ，H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则四边形EFGH 是（ ） A. 菱形B. 矩形C. 梯形D. 正方形【答案】A 【解析】 【分析】利用中位线定理、菱形的判断定理可以证明出该四边形是菱形.【详解】因为E ，F ，G ，H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，所以有//EF AC 且1EF=AC 2，//GH AC 且1=2GH AC ，所以//GH AC 且=EF GH ，因此四边形EFGH 是平行四边形，又E ，H 分别是AB 、DA 的中点，所以有1=2EH BD ，而AC ＝BD ，所以有1=2EH AC ，所以有=EH EF ,所以行四边形EFGH 是菱形.【点睛】本题考查了三角形中位线定理，考查了菱形的判定，考查推理论证能力. 8.关于直线l ，m 及平面α，β，下列命题中正确的是（ ）A. 若l ⊥α，l ∥β，则α⊥βB. 若l ∥α，m ∥α，则l ∥mC. 若l ∥α，l ⊥m ，则m ⊥αD. 若l ∥α，α∩β＝m ，则l ∥m【答案】A 【解析】 【分析】选项A ：根据线面平行的性质定理，平行线的性质，面面垂直的判定定理进行判断即可； 选项B ：根据线面平行的定义进行判断即可； 选项C ：根据线面位置关系进行判断即可；选项D ：根据线线位置进行判断即可. 【详解】选项A ：由l ∥β可知，直线l 与过直线l 的平面与平面β相交的交线平行，因此这个交线也垂直于平面α，因此两个平面垂直，故本命题是正确的；选项B ：两条直线与一个平面平行，这两条直线可以是平行线、相交线、异面直线，故本命题是错误的； 选项C ：直线m 可以在平面α内，故本命题是错误的； 选项D ：直线l ，m 可以是异面直线，故本命题是错误的.故选：A 【点睛】本题考查了线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，考查了空间想象能力，属于基础题.9.如图所示，将等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，使得∠B ′AC ＝60°．那么这个二面角大小是（ ）A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°【答案】C 【解析】 【分析】根据折的过程中不变的角的大小、结合二面角的定义进行判断即可. 【详解】因为AD 是等腰直角△ABC 斜边BC 上的高，所以2,90BD DC AC ADC ADB ︒==∠=∠=，因此B DC ∠‘是二面角的平面角， ∠B ′AC ＝60°．所以B AC ∆‘是等边三角形，因此=B C AB AC =‘，在B DC ∆‘中=90B DC ︒∠‘.故选：C【点睛】本题考查了二面角的判断，考查了数学运算能力，属于基础题.10.函数223y x x =-+在闭区间[0,]m 上有最大值3，最小值为2， m 的取值范围是A. (,2]-∞B. [0,2]C. [1,2]D.[1,)+∞【答案】C 【解析】 【分析】本题利用数形结合法解决，作出函数()f x 的图象，如图所示，当1x =时，y 最小，最小值是2，当2x =时，3y =，欲使函数2()23=-+f x x x 在闭区间[0，]m 上的上有最大值3，最小值2，则实数m 的取值范围要大于等于1而小于等于2即可． 【详解】解：作出函数()f x 的图象，如图所示， 当1x =时，y 最小，最小值是2，当2x =时，3y =，函数2()23=-+f x x x 在闭区间[0，]m 上上有最大值3，最小值2， 则实数m 的取值范围是[1，2]． 故选：C ．【点睛】本题考查二次函数的值域问题，其中要特别注意它的对称性及图象的应用，属于中档题． 二、填空题 11.已知幂函数过点,则其解析式为____________________【答案】【解析】解：因为设幂函数为32,8y x y x α=∴=把点（）代入可知12.已知正方体1111ABCD A B C D -31111ABCD A B C D -的体积为________． 【答案】8 【解析】依题意得正方体的对角线即为球的直径,设正方体边长为a ,则其对角线长为3a ,故33,2a a ==,所以正方体体积为328=.[点睛]本小题主要考查几何体外接球问题. 确定简单多面体外接球的球心的如下结论．结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点．结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过计算找到．结论5：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．13.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是3，则a=___________.【答案】1【解析】【分析】该几何体是放倒的三棱柱，依据所给数据求解即可．【详解】由已知可知此几何体是三棱柱，其高为3，底面是底边长为2，底边上的高为a的等腰三角形，所以有12332a⨯⨯=，所以1a=．故答案为1.【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体底面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.14.如图，在三棱锥O﹣ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB 边的中点，则OM与平面ABC所成的角的余弦值_____．3【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，根据三棱锥的体积公式，利用等积性，最后根据线面角的定义，求出OM与平面ABC所成的角的余弦值【详解】∵OA，OB，OC两两垂直，∴OA ⊥平面OBC ，设OA ＝OB ＝OC ＝1，则AB ＝BC ＝AC 2=，∴S △ABC 233AB =⋅=． 设O 到平面ABC 的距离为h ， ∵V O ﹣ABC ＝V A ﹣OBC ， ∴21311113232h ⋅=⋅⋅⋅，解得h 3=， 又OM 1222AB ==， ∴OM 与平面ABC 所成的角的正弦值为6h OM =， ∴OM 与平面ABC 所成的角的余弦值为2631()33-=．【点睛】本题考查了线面角，考查了等积性的应用，考查了数学运算能力. 三、解答题15.已知一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，求该圆柱的体积和表面积． 【答案】体积为2π；表面积为42π+． 【解析】 【分析】根据侧面展开图的性质，求出底面圆的关径，最后利用体积公式和表面积公式求出即可. 【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ， 则l ＝2πr ＝2，解得r 1π=；∴该圆柱的体积为V 圆柱＝πr 2h ＝π•21π⎛⎫ ⎪⎝⎭•22π=； 表面积2πrl +2πr 2＝2π•1π•2+2π•21π⎛⎫= ⎪⎝⎭42π+．【点睛】本题考查了圆柱的体积公式和表面积公式，考查了圆柱侧面展开图的性质，考查了数学运算能力.16.已知如图：平行四边形ABCD 中，6BC =，正方形ADEF 所在平面与平面ABCD 垂直，,G H 分别是,DF BE 的中点．（1）求证：//GH 平面CDE ；（2）若2CD =，42DB =F ABCD -的体积．【答案】（1）由四边形EFBC 是平行四边形 ，H 为FC 的中点 ，得，//HG CD ，推出GH∥平面CDE ； （2）F ABCD V -=13ABCD S FA ⋅Y ＝18261623⨯= 【解析】【详解】试题分析：（1）证明GH∥平面CDE ，利用线面平行的判定定理，只需证明HG∥CD； （2）证明FA⊥平面ABCD ，求出S ABCD ，即可求得四棱锥F-ABCD 的体积． 考点：本试题主要考查了线面平行，考查四棱锥的体积，属于中档题 点评：解决该试题的关键是正确运用线面平行的判定． 解：∵//EF AD ,//AD BC ∴//EF BC 且EF AD BC == ∴四边形EFBC 是平行四边形 ∴H 为FC 的中点 又∵G 是FD 的中点 ∴//HG CD∵HG ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE∴GH∥平面CDE（2）∵平面ADEF⊥平面ABCD ，交线为AD 且FA⊥AD， ∴FA⊥平面ABCD.∵6BC =, ∴6FA =又∵2,42CD DB ==，222CD DB BC += ∴BD⊥CD∴ABCD S CD BD =⋅Y ＝82 ∴13F ABCD ABCD V S FA -=⋅Y ＝18261623⨯⨯= 17.已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形．PB PD =，E 为PA 的中点．（1）求证：PC ∥平面BDE ； （2）求证：平面PAC ⊥平面BDE ． 【答案】证明如下 【解析】试题分析：（1）通过连接底面的对角线，进一步利用三角形的中位线，把线线平行EO PC P 转化成线面平行．（2）进一步根据线线垂直OP BD BD AC ⊥⊥，转化成线面垂直BD ⊥平面PAC ，转化成面面垂直即平面PAC ⊥平面BDE ． 试题解析：（1）设O 为AC 、BD 的交点，连接EO ，∵E ，O 分别为PA ，AC 的中点，∴EO PC P ．∵EO ⊂平面BDE ，PC ⊄平面BDE ，∴PC P 平面BDE ．（2）证明：连接OP ，∵PB PD =，O 为BD 的中点，∴OP BD ⊥．又∵在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，且OP AC O ⋂=，∴BD ⊥平面PAC ，∵BD ⊂平面BDE ，∴平面PAC ⊥平面BDE ．18.如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，PA ⊥AC ，PA ⊥AB ，PA ＝AB ，3ABC π∠=，2BCA π∠=，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ，（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）24． 【解析】【分析】解法一：（1）根据线面垂直的判定定理由已知的垂直的关系，可得到线面垂直，这样可以得到线线垂直，最后根据直角和线面垂直的判定定理证明出BC⊥平面PAC；（2）结合（1）的结论、已知的平行线，根据线面角的定义，通过计算求出AD与平面PAC 所成的角的正弦值．解法二：建立空间直角坐标系.（1）利用空间向量的数量积运用，证明线线垂直，再结合已知的垂直关系证明出线面垂直；（2）利用空间向量夹角公式，求出AD与平面PAC所成的角的正弦值.【详解】（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，∴PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC．∴BC⊥平面PAC．（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE12=BC，又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD=，∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC12=AB．∴在Rt△ADE中，sin∠DAE2DE BC AD AD===∴AD 与平面PAC． （解法二）：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A ﹣xyz ，设PA ＝a ，由已知可得P （0，0，a ），A （0，0，0），1022B a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，002C a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，．（1）∵()00AP a =u u u r ，，，1002BC a ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ，，， ∴0AP BC ⋅=u u u r u u u r，∴BC ⊥AP ．又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面PAC ．（2）∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点， ∴11442D a a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，1042E a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ∴又由（1）知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E ．∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角，∵AD =u u u r（1142a a -，），AE =u u u r （0，12a ）， ∴cos ∠DAE AD AE AD AE ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r u u u r sin ∠DAE == ∴AD 与平面PAC． 【点睛】本题考查了线面垂直的证明，考查了线面角的求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.19.已知函数f （x ）＝ax 2+bx +c （a ＞0），且f （1）2a =-． （1）求证：函数f （x ）有两个不同的零点；（2）设x 1，x 2是函数f （x ）的两个不同的零点，求|x 1﹣x 2|的取值范围；（3）求证：函数f （x ）在区间（0，2）内至少有一个零点．【答案】（1）证明见解析（2）)+∞．（3）证明见解析 【解析】【分析】（1）通过计算一元二次方程的判别式可以证明出结论；（2）利用一元二次方程的根与系数关系，可以得到|x 1﹣x 2|的表达式，再利用配方法求出取值范围；（3）根据零点存在原理，分类讨论证明出结论.【详解】（1）∵()12a f a b c =++=-， ∴32c a b =--，∴()232f x ax bx a b =+--， ∴222223464(2)22b a a b b a ab a b a ⎛⎫=---=++=++ ⎪⎝⎭V ， ∵a ＞0， ∴△＞0恒成立，故函数f （x ）有两个不同的零点．（2）由x 1，x 2是函数f （x ）的两个不同的零点，则x 1，x 2是方程f （x ）＝0两个根．∴12b x x a +=-，1232b x x a =--， ∴|x 1﹣x 2|===≥ ∴|x 1﹣x 2|的取值范围是)+∞． （3）证明：∵f （0）＝c ，f （2）＝4a +2b +c ，由（1）知：3a +2b +2c ＝0，∴f （2）＝a ﹣c ．（ⅰ）当c ＞0时，有f （0）＞0，又∵a ＞0，∴()1102f =-＜，∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点．（ⅱ）当c≤0时，f（2）＝a﹣c＞0，f（1）＜0，∴函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点．综上所述，函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．【点睛】本题考查了一元二次方程的判别式、根与系数的关系的应用，考查了零点存在原理，考查了数学运算能力.。