2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二(上)期中数学试卷 -(含答案解析)

2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.圆柱的轴截面是边长为10的正方形，则圆柱的侧面积为()A. 50πB. 100πC. 125πD. 100+25π2.已知平面α，点A∈α，B∉α，直线l⊂α，则直线AB与l的位置关系是()A. 平行B. 相交C. 异面D. 无法确定3.设m，n表示不同直线，α，β，γ表示不同平面，下列叙述正确的是()A. 若m//α，m//n，则n//αB. 若m//n，m⊂α，n⊂β，则α//βC. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//βD. 若m⊥α，n⊥α，则m//n4.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的体积为90，则四面体A1B1BC的体积为()A. 20B. 30C. 45D. 605.在四面体ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外接球半径为()A. √32B. √3 C. 32D. 36.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，则该几何体最长的棱长为()A. 4√3B. 4√2C. 6D. 2√57.正四面体ABCD中，M，N分别是棱BC、AD的中点，则异面直线AM，CN所成角的余弦值为()A. −23B. 14C. 23D. −148.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，C1D1的中点，G为棱CC1上靠近C点的三等分点，用过点E，F，G的平面截正方体，则截面图形的周长为()A. 13+2√23B. 10+2√23C. 13+2√26D. 1439. 已知sinx +cosx =√22，则sin 4x +cos 4x =( ) A. 78 B. −78 C. 74 D. −74 10. 已知A ={x|x 2−x −6≤0}，B ={x|x −a >0}，A ∩B =⌀，则a 的取值范围是( )A. a =3B. a ≥3C. a <3D. a ≤3二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 在正四面体ABCD 中，M ，N 分别是BC 和DA 的中点，则异面直线MN 和CD 所成角为______． 12. 如图，二面角C −EF −G 的大小是60°，线段AB 在平面EFGH 上，B 在EF 上，AB 与EF 所成的角为30°，则AB 与平面CDEF 所成的角的正弦值是______．13. 已知正三棱锥的底面边长为2√3，侧棱长为2√5，则该正三棱锥内切球的表面积为________． 14. 已知f(x)=m +23x −1是奇函数，则m = ______ ．15. 如图所示，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =2，AB =AE =1，M 为矩形AEHD 内一点，若∠MGF =∠MGH ，MG 和平面EFGH 所成角的正切值为12，则点M 到平面EFGH 的距离为______ ．16. 已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，点N 为B 1B 的中点，则|MN|=______． 17. 已知函数f(3x )=4xlog 23+233，则f(x)=______ ．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量p⃗ =(2sinA,cos(A −B))，q ⃗ =(sinB,−1)，且p⃗ ⋅q ⃗ =12． (1)求角C 的大小；(2)若c =√3，求b −a 的取值范围．19.如图，ABCD是平行四边形，S是平面ABCD外一点，M为SC的中点．求证：SA//平面MDB．20.已知数列{a n}的前n项和为S n(n∈N∗)，满足S n=2a n−1．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设数列{a n}的前n项积为T n，求T n．21.已知f(x)=(|x−1|−3)2．(Ⅰ)若函数g(x)=f(x)−ax−2有三个零点，求实数a的值；(Ⅱ)若对任意x∈[−1,1]，均有f(2x)−2k−2x≤0恒成立，求实数k的取值范围．22.如图四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA=AB，E为PD中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求二面角A−BE−C的余弦值．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】本题考查圆柱的侧面积及轴截面，属于基础题．根据圆柱的轴截面是正方形，求出圆柱的底面圆的周长，代入侧面积公式计算即可．【解答】解：∵圆柱的轴截面是正方形，且边长为10，∴圆柱的底面周长为：10π，∴圆柱的侧面积S=10×10π=100π．故选B．2.答案：D解析：【分析】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于基础题．【解答】解：已知平面α，点A∈α，B∉α，直线l⊂α，则直线AB与l的位置关系是相交或异面．故选D．3.答案：D解析：【分析】本题考查命题的真假的判断，平面的基本性质及推论，本题解题的关键是在推导这种线面位置关系的问题时，注意容可能的情况，属于基础题．选项A中还有直线n在平面α内的情况，选项B、选项C中还有两个平面相交的情况，D选项中忙着直线与平面垂直的性质定理．【解答】解：选项A中若m//α，m//n，则n//α，还有直线n在平面α内的情况，故A不正确，选项B中若m//n，m⊂α，n⊂β，则α//β，有可能两个平面相交，故B不正确，选项C中若α⊥γ，β⊥γ，则α//β，还有两个平面相交的可能，故C不正确．选项D，若m⊥α，n⊥α，则m//n，满足直线与平面垂直的性质，所以D正确；故选：D．4.答案：B解析：【分析】本题考查棱柱和棱锥的体积公式的运用；首先由已知得到V C−ABB1A1为三棱柱体积的23，而则四面体A1B1BC的体积为四棱锥V C−ABB1A1体积的一半，即得到所求．【解答】解：由已知得到V C−ABB1A1为三棱柱体积的23，而则四面体A1B1BC的体积为四棱锥V C−ABB1A1体积的12，所以四面体A 1−B 1BC 的体积为三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积的13，即为90×13=30； 故选B ． 5.答案：B 解析：解：设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过△ABD 的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上．由题设知，△ABD 是正三角形，则点N 为△ABD 的中心．设P ，M 分别为AB ，CD 的中点，则N 在DP 上，且ON ⊥DP ，OM ⊥CD ． 因为∠CDA =∠CDB =∠ADB =60°，设CD 与平面ABD 所成角为θ，∴cosθ=1√3，sinθ=√2√3． 在△DMN 中，DM =12CD =1，DN =23⋅DP =23⋅√32⋅3=√3． 由余弦定理得MN 2=12+(√3)2−2⋅1⋅√3⋅1√3=2，故MN =√2．∴四边形DMON 的外接圆的直径OD =MN sinθ=√2√2√3=√3．故球O 的半径R =√3．故选：B ．设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过△ABD 的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上，且点N 为△ABD 的中心．设P ，M 分别为AB ，CD 的中点，则N 在DP 上，且ON ⊥DP ，OM ⊥CD ，从而可求DM ，MN ，进而可求四边形DMON 的外接圆的直径，即可求得球O 的半径．本题考查四面体ABCD 的外接球，考查学生的计算能力，确定四面体ABCD 的外接球球心位置是关键．6.答案：C解析：【分析】本题考查的知识点是由三视图，求体积，其中根据已知分析出几何体的形状是解答的关键． 根据几何体的三视图还原几何体形状，求出各棱的长度，比较后，可得答案．【解答】解：利用“三线交汇得顶点”的方法，该几何体是三棱锥P −ABC ，如图所示，其中，正方体棱长为4，点P 是正方体其中一条棱的中点，则：AB =AC =4,PC =√42+22=2√5,BC =4√2，AP =BP =√42+42+22=6，所以最长棱为6．故选：C ．7.答案：C解析：解：取MD中点O，连结NO，CO，∵N是AD中点，∴NO//AM，∴∠CNO是异面直线AM，CN所成角，设正四面体ABCD中棱长为2，则AM=DM=CN=√4−1=√3，ON=12AM=√32，CO=√(√32)2+12=√72，∴cos∠CNO=34+3−742×√32×√3=23．故选：C．取MD中点O，连结NO，CO，则NO//AM，从而∠CNO是异面直线AM，CN所成角，由此能求出异面直线AM，CN所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．8.答案：B解析：【分析】本题考查正方体中的截面问题，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．根据已知条件画出过点E，F，G的截面，求周长即可．【详解】解：连接FG并延长交DC延长线于点H，连接EH交BC于点M，连接GM，取A1D1靠近点A1的三等分点N，连接FN并延长交B1A1的延长线于点Q，连接QE交A1A于点P，连接NP，则六边形EMGFNP即为过点E，F，G的截面，由G 为棱CC 1靠近C 点的三等分点，可得CH FC 1=12，即CH =14， 由CH BE =12，知点M 为靠近点C 的三等分点，即CM =13，由勾股定理得GM =√23=NP ，FG =PE =√49+14=56， 同理得EM =FN =56，则截面图形的周长为2√23+56×4=10+2√23， 故选B ．9.答案：A解析：解：sinx +cosx =√22， ∴sin 2x +cos 2x +2sinxcosx =12， ∴1+2sinxcosx =12，∴sinxcosx =−14；∴sin 4x +cos 4x =(sin 2x +cos 2x)2−2sin 2xcos 2x =1−2×(−14)2=78．故选：A ．根据平方关系求出sin x cosx 的值，再利用平方关系求sin 4x +cos 4x 的值．本题考查了三角函数求值的应用问题，是基础题．10.答案：B解析：解：A ={x|−2≤x ≤3}，B ={x|x >a}；∵A ∩B =⌀；∴a ≥3．故选：B ．解出集合A ，B ，根据A ∩B =⌀即可得出a 的取值范围．考查描述法表示集合的概念，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．11.答案：π4解析：【分析】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，是基础题．取AC 中点O ，连结AM 、DM 、OM 、ON ，则∠MNO 是异面直线MN和CD 所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线MN 和CD 所成角．【解答】解：如图，取AC 中点O ，连结AM 、DM 、OM 、ON ，设正四面体ABCD 的棱长为2，∵M，N分别是BC和DA的中点，∴AM=DM=√4−1=√3，MN=√3−1=√2，MO=//12AB=1，NO=//12DC=1，∴∠MNO是异面直线MN和CD所成角(或所成角的补角)，∵cos∠MNO=MN2+NO2−OM22⋅MN⋅NO =2×√2×1=√22，∴∠MNO=π4，∴异面直线MN和CD所成角为π4．故答案为：π4．12.答案：√34解析：解：过点A作平面CDEF的垂线，垂足为C，在平面CDEF内过C作EF的垂线，垂足为D，连接AD，则由三垂线定理可知AD⊥EF，故∠ADC为二面角C−EF−G的平面角，为60°，又由已知，∠ABD=30°，连接CB，则∠ABC为AB与平面CDEF所成的角，设AD=2，则AC=√3，CD=1，所以AB=4，所以sin∠ABC=ACAB =√34．故答案为：√34．过点A作平面CDEF的垂线，垂足为C，在平面CDEF内过C作EF的垂线，垂足为D，连接AD，可得∠ADC为二面角C−EF−G的平面角，连接CB，则∠ABC为AB与平面CDEF所成的角，在直角三角形ABC中求出此角即可．本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及直线与平面所成角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．13.答案：9−√172π解析：【分析】本题考查棱锥的全面积和体积的求法，考查球的表面积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．求出棱锥的体积，设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，由此能求出球的表面积．【解答】解：如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，P−ABC是正三棱锥，△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心，∵AB=2√3，则AE=3，∴S△ABC=3√3，所以PE=√PB2−BE2=√17，S△PAB=S△PBC=S△PCA=12×2√3×√17=√51，∴棱锥的全面积S=3√3+3√51．设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，∵AD=2，则PD=√PA2−AE2=4，∴V P−ABC=13×3√3×4=4√3，则由等体积可得r=√3√51+√3=√17−14．∴S球=4π(√17−14)2=9−√172π．故答案为9−√172π．14.答案：1解析：解：f(x)=m+23x−1是奇函数，可得f(1)=−f(−1)，即m231−1=−(m+23−1−1)，解得m=1，此时f(x)=1+23x−1，满足f(x)=−f(−x)．故答案为：1．利用函数是奇函数，推出结果即可．本题考查函数的奇偶性的应用，函数值的求法，考查计算能力．15.答案：√22解析：解：取FG的中点N，作MO⊥EH于O，连接MN，ON，MH，OG，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =2，AB =AE =1，M 为矩形AEHD 内一点，若∠MGF =∠MGH ，可得△MNG≌△MGH ，则△ONG≌△OGH ，MG 和平面EFGH 所成角的正切值为12，可得 MO OG =12，OG =√2，则MO =√22． 则点M 到平面EFGH 的距离为：√22．故答案为：√22． 取FG 的中点N ，作MO ⊥EH 于O ，连接MN ，ON ，MH ，OG ，通过MG 和平面EFGH 所成角的正切值为12，推出MO OG =12，然后求解即可．本题考查直线与平面的所成角的求法，点到平面的距离的求法，考查转化思想以及计算能力．16.答案：√216a解析：解：正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，点N 为B 1B 的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(a,0，0)，C 1(0,a ，a)，M(2a 3,a 3,a 3)，N(a,a ，a 2)，∴|MN|=√(a −2a 3)2+(a −a 3)2+(a 2−a 3)2=√216a ． 故答案为：√216a. 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出|MN|． 本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．17.答案：f(x)=4log 2x +233解析：解：∵函数f(3x )=4xlog 23+233，设t =3x ，则x =log 3t ，∴f(t)=4log 3tlog 23+233=4×lgt lg3×lg3lg2+233 =4×lgt lg2+233 =4log 2t +233，即f(t)=4log 2t +233；故答案为：f(x)=4log 2x +233．设t =3x ，用t 表示x ，求出f(t)，即是f(x)的解析式．本题考查了用换元法求函数的解析式问题，是基础题．18.答案：解：(1)由p ⃗ ⋅q ⃗ =12，得2sinAsinB −cos(A −B)=12， ∴2sinAsinB −cosAcosB −sinAsinB =12，∴−cos(A +B)=12，即cosC =12，又0<C <π，∴C =π3； (2)∵c =√3，C =π3，∴√3sin π3=a sinA =b sinB ，∴a =2sinA ，b =2sinB ；∴b −a =2sinB −2sinA=2sin[π−(π3+A)]−2sinA =2sin(π3+A)−2sinA =2(√32cosA −12sinA) =2cos(A +π6)，∵0<A <2π3，∴π6<A +π6<5π6， ∴−√32<cos(A +π6)<√32，∴2cos(A +π6)∈(−√3,√3)，∴b −a 的取值范围是(−√3,√3).解析：(1)由平面向量的数量积，利用三角恒等变换求得cos C 的值，再结合范围0<C <π得出C 的值；(2)由正弦定理求得a =2sinA ，b =2sinB ，再利用三角恒等变换与三角函数的图象与性质求出b −a 的范围．本题考查了正弦、余弦定理，平面向量的数量积应用问题，也考查了三角函数的图象和性质以及三角函数恒等变换的应用问题．19.答案：证明：连接AC 交BD 于N ，因为ABCD 是平行四边形，所以N 是AC 的中点，又因为M 是SC 的中点，所以MN//SA ，因为MN ⊂平面MDB ，SA ⊄平面MDB ，所以SA//平面MDB ．解析：要说明SA//平面MDB ，就要在平面MDB 内找一条直线与SA 平行，注意到M 是SC 的中点，于是可找AC 的中点，构造与SA 平行的中位线，再说明此中位线在平面MDB 内，即可得证． 20.答案：解：(Ⅰ) 由S n =2a n −1可得，当n =1时，a 1=S 1=2a 1−1，即有a 1=1；当n ≥2时a n =S n −S n−1，a n =2a n −2a n−1，即a n =2a n−1，则数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，即a n =2n−1，n ∈N ∗．(Ⅱ)T n =a 1⋅a 2⋅a 3…a n =20+1+2+3+⋯+(n−1)=2n(n−1)2．解析：(Ⅰ) 运用数列的递推式：当n =1时，a 1=S 1，当n ≥2时a n =S n −S n−1，结合等比数列的定义和通项公式，即可得到所求；(Ⅱ)运用指数的运算性质和等差数列的求和公式，计算即可得到所求．本题考查数列的递推式和等比数列的定义和通项公式的运用，考查运算能力，属于中档题． 21.答案：解：(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax −2=0等价于f(x)=ax +2有三个不同的解，由f(x)={(x −4)2,x ≥1(x +2)2,x <1， 可得函数图象如图所示：联立方程：(x −4)2=ax +2，由Δ=(a +8)2−56=0，可得a =−8±2√14，结合图象可知a =−8+2√14．同理(x +2)2=ax +2，由Δ=(4−a)2−8=0，可得a =4±2√2，因为4+2√2<K PQ =7，结合图象可知a =4−2√2，综上可得：a =−8+2√14或a =4−2√2．(Ⅱ)设2x =t ∈[12,2]，原不等式等价于(|t −1|−3)2≤2kt 2， 两边同乘t 2得：[t(|t −1|−3)]2≤2k ，设m(t)=t(|t −1|−3)，t ∈[12,2]，原题等价于2k ≥[m(t)]2的最大值，(1)当t ∈[1,2]时，m(t)=t(t −4)，易得m(t)∈[−4,−3]，(2)当t ∈[12,1)时，m(t)=−t(t +2)，易得m(t)∈(−3,54],所以[m(t)]2的最大值为16，即2k ≥16，故k ≥4．解析：本题是函数与方程的综合应用，属于难题．(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax −2=0等价于f(x)=ax +2有三个不同的解，由f(x)={(x −4)2,x ≥1(x +2)2,x <1，画图，结合图象解方程可得a 的值； (Ⅱ)设2x =t ∈[12,2]，原不等式等价于(|t −1|−3)2≤2kt 2，两边同乘t 2得：[t(|t −1|−3)]2≤2k ，设m(t)=t(|t −1|−3)，t ∈[12,2]，原题等价于2k ≥[m(t)]2的最大值，对t 讨论求解即可． 22.答案：解：(1)证明：∵底面ABCD 为正方形，∴BC ⊥AB ，又BC ⊥PB ，AB ∩PB =B ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PA ．同理CD ⊥PA ，BC ∩CD =C ，∴PA ⊥平面ABCD ．(2)解：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立如图的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2．则A(0,0，0)，C(2,2，0)，E(0,1，1)，B(2,0，0)，设m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)为平面ABE 的一个法向量， 又AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)， {n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0n⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x =0，令y =−1，z =1，得m ⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 同理n⃗ =(1,0，2)是平面BCE 的一个法向量， 则cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√2⋅√5=√105． ∴二面角A −BE −C 的余弦值为√105．解析：(1)推导出BC ⊥AB ，BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面PAB ，进而BC ⊥PA.同理CD ⊥PA ，由此能证明PA ⊥平面ABCD ．(2)以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A −BE −C 的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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．。