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- 2021-06-24 发布
杭州学军中学2019学年第一学期期中考试
高二数学试卷
第Ⅰ卷选择题（共40分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.圆柱的轴截面是正方形，面积为，则它的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意知,圆柱的底面直径等于圆柱的母线长,由此底面半径可用表示,利用圆柱的侧面积公式即可求出.
【详解】设圆柱的底面半径为，
母线长为,
则圆柱的轴截面面积,
所以.
由圆柱的侧面积公式可得,
,
故选:B
【点睛】本题考查圆柱的侧面积公式和轴截面的计算;圆柱的侧面积公式记准确是求解本题关键;属于基础题.
2.若直线与平面相交，则（ ）
A. 所有直线与异面 B. 内只存在有限条直线与共面
C. 内存在唯一的直线与平行 D. 内存在无数条直线与垂直
【答案】D
【解析】
【分析】
利用空间中线线、线面、面面的位置关系求解.
【详解】对于A选项:平面内过公共点的直线与直线相交，不异面.故A错误；
对于B选项:平面内所有过公共点的直线与直线都相交,这样的直线有无数条.故B错误;
对于C选项:由线面平行的判定定理可得,若内存在唯一的直线与平行，则或与已知相矛盾.故C错误;
对于D选项:平面内过公共点与直线相交，且所成夹角为的直线，满足与直线相交垂直,在平面内所有与直线平行的直线,满足与直线异面垂直,这样的直线有无数条;
故选：D.
【点睛】本题考查了空间中线线、面面、线面的位置关系;属于基础题.
3.已知，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，异面，，，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
由面面平行的定义可判断;由异面直线定义、线面平行性质和面面平行的判定可判断B;
由面面垂直的性质和线面垂直的性质可判断C;由面面垂直的性质可判断D.
详解】对于选项:
，，,
则或与异面,
故错误;
对于B选项:
由,,
由线面平行的性质可知,
在平面内存在一条直线，使；
同理,在平面内存在一条直线,使;
由，异面可知,
与相交，与相交;
由面面平行的判定可知:
.
故B正确;
对于C选项：
，,
由线面垂直的性质得,
,
由可得,
或.
故C错误;
对于D选项:
，，,
若则由面面垂直的性质可得；
若时,结论不成立.
故D错误;
故选:B
【点睛】本题考查面面平行的判定与定义、线面平行的性质、面面垂直的性质和线面垂直的性质;线面关系与面面关系的灵活运用是求解本题的关键;属于中档题.
4.如图，三棱柱中，侧面的面积是，点到侧面的距离是，则三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
观察几何体，利用切割法的思想进行解决： , ,由即可求得结果.
【详解】因为,
,
所以 ,
由知,
,
故选:B
【点睛】本题考查利用切割转化法的思想求三棱柱的体积;把三棱柱分割为一个三棱锥与一个四棱锥的体积和是求解本题关键;属于中档题.
5.四面体中，，其余棱长均为，则该四面体外接球半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
把四面体放到长方体中, 把长方体的面对角线作为四面体的棱,
则四面体的外接球即为长方体的外接球,在长方体中求球的半径即可.
【详解】如图：
把四面体放到长方体中，
，
其余棱长均为，
设长方体的长、宽、高分别为
则 ,
解得，
设四面体外接球半径为R,
则，
即.
故选:D
【点睛】本题考查四面体的外接球问题；把四面体放到长方体模型中转化为求长方体的外接球问题是求解本题的关键;属于中档题.
6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图还原成直观图知,该几何体为嵌在棱长为3的正方体中的四面体,在正方体中求该几何体的最长棱即可.
【详解】作图如下:
由三视图还原成直观图知,
该几何体为嵌在棱长为3的正方体中的四面体,
且,
，
所以,
,
,
，
所以该几何体最长的棱长为.
故选:B
【点睛】本题考查三视图还原直观图；考查学生的空间想象能力；在正方体模型中得到该几何体的直观图是求解本题的关键;属于中档题.
7.在长方体中，，分别是棱，的中点，若在以为直径的圆上，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D. 随长方体的形状变化而变化
【答案】C
【解析】
【分析】
连接则有，由,利用线面垂直的判定可知平面,由线面垂直的性质，可得，即可得.
【详解】如图：
连接
则,
因为平面,
所以,
因为,
所以平面,
所以,
由,
所以,
所以异面直线与所成的角为.
故选:C
【点睛】本题考查异面直线及其所成的角;通过证明线面垂直，利用线面垂直的性质间接求得异面直线所成角是求解本题关键;属于中档题，常考题型.
8.一封闭的正方体容器中，,分别为 ,的中点，如图所示.由于某种原因，在,,三点处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（ ）边形
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
使过,,三点的平面成为水平面时,容器内存的水最多.此时水表面的形状就是过,,三点的平面与正方体容器的截面,故求出此时截面的形状即可.
【详解】如图：
连接并延长交的延长线于,
连接交于,
延长交的延长线于,
连接交于,
则五边形为过三点,,的平面被正方体所截得的平面图形.
所以当此容器内存水最多时,
容器中水的上表面形状为五边形.
故选:C
【点睛】本题考查空间几何体的截面问题;考查学生的空间想象能力;过三点,,的平面与正方体的截面的正确作出是求解本题的关键;属于抽象型、难度大型试题.
9.已知，，，，则，，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数的三角函数线可得,，再利用对数函数的单调性和换底公式即可比较大小.
【详解】因为，
所以
即,
,
同理可得,
,
，
，
，
，
.
故选：A
【点睛】本题考查三角函数线和对数函数的单调性问题以及对数的换底公式的灵活应用;其中利用三角函数线求得是求解本题的关键;属于中档题
10.已知集合，，若，且中恰好有两个整数解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出中不等式的解集确定出,求出集合对应的一元二次方程的根,表示出B集合,由的范围判断出两整数解为和,从而得到关于的不等式.
【详解】，
令，
由题意，
，
又，所以，
设，
又.
所以要使中恰好有两个整数解，
则只能是和，
所以应满足,
解得.
故选：A
【点睛】本题考查利用集合间的交运算求参数的范围;判断出中的两个整数解为4和5
和结合一元二次函数图象得出关于a的不等式是求解本题的关键;属于难度大型试题.
第Ⅱ卷非选择题部分(共110分)
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.
11.棱长为的正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成的角大小是______________，线段的长度为_______________.
【答案】 (1). (2). .
【解析】
【分析】
取的中点为,连接,则或其补角即为异面直线与所成的角,由每个面为全等的等边三角形可证，在中,求解即可.
【详解】 如图：
由题意知,
连接,
则，
同理可得,
,
所以平面,
所以,
同理可得,
，
取的中点为,
连接,
则,
,
所以,
则或其补角即为异面直线与所成的角.
在中,
,
所以，.
故答案为：，
【点睛】本题考查正四面体的性质和异面直线所成角的求解;其中利用线面垂直的性质证明是求解本题的关键;属于中档题,常考题型.
12.二面角的大小是，线段，，与所成的角为，则与平面所成的角的余弦值是________________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据二面角和直线和平面所成角的定义，先作出对应的平面角，结合三角形的边角关系进行求解即可．
【详解】作图如下：
过点作平面的垂线，
垂足为，
在内过作的垂线，
垂足为.连结，
根据三垂线定理可得
，
因此,为二面角的平面角,
故
与所成角为，
,
连结，
可得为在平面内的射影，
为与平面所成的角.
设,
则中,
，
中,
，
在中,
，
,
故答案为：
【点睛】本题考查线面角的求解和线面垂直性质的应用及二面角的平面角的作法;属于中档题;
线面角的求解步骤：
作出线面角;
利用线面垂直的性质证明所作角即为所求的线面角;
在三角形中,利用三角形的边角关系进行求解.
13.正三棱锥的高为，底面边长为，则此三棱锥的体积为______________；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为______________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
代入三棱锥的体积公式求解即可;
设球的半径为,则此三棱锥被分割为四个以球心为顶点,以每个面为底面的四个小三棱锥,根据正三棱锥的体积相等，即可求得球的半径.
【详解】如图：
过作平面于点,
连接并延长交于,
连接,
因为为正三角形,
，
,
所以,
,
设球的半径为,
则此三棱锥被分割四个以球心为顶点,
以每个面为底面的四个小三棱锥,
则,
即,
因为,
,
，
所以,
所以，
故答案为：；
【点睛】本题考查棱锥的体积公式和表面积公式及棱锥内切球问题;把棱锥分割成以球心为顶点的四个同高的小棱锥是求其内切球半径的关键;属于难度较大型试题.
14.若为奇函数，则______________，此时，不等式的解集为_____________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由题意知,是定义在上的奇函数.利用即可求解.
利用可得,，再利用在上的单调性即可得到关于的不等式,解不等式即可.
【详解】由题意知,
对任意恒成立,
所以是定义在上的奇函数,
所以,
即，
所以;
所以,
易知是定义在上的减函数,
因为,
所以原不等式可化为
由是定义在上的减函数，
所以,
即，
解得，
故答案为：；
【点睛】本题考查了定义在上的奇函数在处和奇函数定义及利用函数的单调性解不等式;属于中档题、常考题型.
15.在长方体中，点 是对角线上一点，点是底面上一点.若，，则的最小值为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】
将绕边旋转到位置，使平面和平面在同一平面内,则到平面的距离即为的最小值，利用勾股定理求解即可.
【详解】如图：
将绕边旋转到位置，
使平面和平面在同一平面内,
过点作平面,
交于，垂足为，
则即为的最小值.
因为，
所以 ,
,
因为,
所以,
,
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查空间几何体长度（路径）最短问题;通过利用展开的思想把不共面问题转化为共面问题来解决是求解本题的关键;属于较抽象、难度大型试题.
16.如图，三棱柱中，它的体积是底面中，,，在底面的射影是,且为的中点.
(1)侧棱与底面所成角____________；（2）异面直线与所成角____________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
面,就是侧棱与底面所成的角,运用棱柱的体积公式和解直角三角形,即可得到所求值.
取的中点E,连接, ，则(或其补角)为所求的异面直线所成角的大小,运用解直角三角形,计算即可得到所求值.
【详解】作图如下：
依题意得,
面,
就是侧棱与底面所成的角,
由,
则,
由D为中点,
，
即有.
由，
即有,
所以.
即侧棱与底面所成角为.
取中点，连接,
则(或其补角)为所求的异面直线所成角的大小.
由面,
,
面面,
所以面,
故,
,
所以所求异面直线与所成角为.
故答案为：；
【点睛】本题考查空间角的求法.主要考查直线和平面所成的角和异面直线所成的角的求法;考查直线与平面的位置关系;属于中档题;
线面角和异面直线所成角的求解步骤：
作出所要求的角;
证明所作的角即为所求的角（或其补角）；
在三角形中，通过解三角形求角的大小或其角的三角函数值.
17.若不等式对任意的正整数恒成立（其中，且），则的取值范围是_________________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意知, 原不等式或,利用对数函数与指数函数的性质得到关于的不等式，求出对任意的正整数都成立的的取值即可.
【详解】原不等式或，
因为,
所以（1）或（2）.
当时，（2）成立，此时.
当，时，（1）成立，
因为在（1）中，，
令，
则为单调递增函数，
所以要使（1）对，成立，
只需时成立.
又时，.
所以使不等式对任意的正整数恒成立，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题考查利用对数函数和指数函数的有关性质及分类讨论的思想求解参数范围;分别对两种不同情况进行分析求出其公共范围是求解本题的关键;属于难度较大型试题.
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.在中，角，，的对边分别为，，.
（1）若，且，求的面积；
（2）设向量，，且，，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
由数量积的定义可求,代入三角形的面积公式即可.
由的坐标表示求出角,利用正弦定理把三角形的边化为角，利用和差公式和辅助角公式转化为关于一个角的三角函数求最值即可.
【详解】由，
得．
又因为，
所以．
又为的内角，
所以．
所以的面积.
故答案为:
因为，
所以，
即．
因为，
所以．
因为为三角形的内角，，
所以．
由正弦定理，
所以，，
所以，
又，
所以
，
又，
所以，
所以
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查向量数量积的定义和三角形的面积公式及利用和差公式和辅助角公式求三角形边长的最值问题;利用正弦定理把边化为角，由辅助角公式最终转化为一个角的三角函数求最值问题是求解本题的关键;属于综合性、常考题型.
19.如图，在四棱锥的底面中，，且，，分别为，中点.
（1）设平面平面，请作图确定的位置并说明你的理由；
（2）若为直线上任意一点，证明：平面.
【答案】（1）详见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】
由平面平面，由公理1知,只需再找到一点平面平面即可.由且知，直线与直线必相交于一点，且平面平面，即得直线;
连接，，由线面平行的判定定理可得,平面,平面，再由面面平行的判定定理和性质定理即可得证.
【详解】分别延长和交于点，连接，
则直线就是的位置.
因为平面，平面，
所以平面平面，
所以，是平面和平面的两个公共点，
由公理1可知，
过，的直线就是两个平面的交线.
故答案为：直线就是直线位置
（2）如图：
连接，.
因为，且，
又，
所以，且，
所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面,
则平面.
又为的中位线，
则，
又平面,平面,
所以平面，
又平面，平面，且，
所以平面平面，
又平面，
所以平面.
【点睛】本题考查了两个平面的交线问题和线面平行的判定定理及面面平行的判定定理和性质定理;通过证明面面平行，利用面面平行的性质定理间接地证明线面平行是证明本题的关键;属于综合性、常考型试题.
20.已知数列的前项和满足，且.
（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值.
【答案】（1）证明见解析,（2）
【解析】
【分析】
已知的表达式可得，两式相减可得与的递推式,同理可得与的递推式.再利用等差中项的定义即可得证;
由知可得的通项公式，通过分母有理化化简，利用裂项相消法求出其前项和的表达式,解不等式即可.
【详解】（1） 当时，，
又，
所以，
当时，，
所以，
可得，
所以为等差数列.
又，
得，又，
所以.
故答案为：
（2）
，所以.
要使，
即，
解得，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查利用等差中项法证明等差数列和利用裂项相消法求数列的前项和;通过两次递推得到是证明数列为等差数列的难点,亦是求解本题的关键;着重考查学生对知识的灵活应用能力和运算能力;属于难度大、综合性试题.
21.对于函数，若存在实数对，使得等式
对定义域中的每一个都成立，则称函数是“型函数”.
(1)判断函数是否为“型函数”，并说明理由；
(2)（ⅰ）若函数是“型函数”，已知，求；
（ⅱ）若函数是“型函数”，且当时，，若当时，都有成立，试求的取值范围.
【答案】（1）不是“型函数”（2）（ⅰ）（ⅱ）
【解析】
【分析】
根据函数是“型函数”的定义在，判断是否存在实数对，使得等式对定义域中的每一个都成立即可.
（ⅰ）由题意，，取即可求得.
（ⅱ）由当时, ，可得,求得,的表达式,即求得时,表达式;通过讨论二次函数的对称轴,利用单调性求出上的最值.满足，即可.
【详解】（1），
则不可能恒成立，
所以不是“型函数”,
故答案为：不是“型函数”
（2）由题意，，
取，
则，
又，
所以.
故答案为：
（3）方法一：，
所以
当时，
，
.
①当时，
，
则在内先减后增，
且，
即，
则当时，
.
所以当时，
，
由题意，，
解得，
所以.
②当时，
，
则在内先减后增，
且，
即，
则当时，
.
要满足题意，
则应满足，且
解得，
所以.
③当时，
，
则在内递减，
且，
即，
则当时，.
此时，，.
要满足条件，则应，
解得，
所以.
综上所述，.
方法二：当时，
都有成立，
所以当时，；
当时，，
所以，
而，
所以，
即，
所以问题转化为当时，
即可.
当时，
.
（1） 当，即时，
，
解得，
所以；
（2） 当，即时，
只要，
解得，
所以；
综上所述，.
故答案为：
【点睛】本题考查函数的新定义问题和二次函数的最值问题;理解新定义，通过分类讨论的思想，利用二次函数的单调性正确求出的最值是求解本题的关键;本题属于综合性强、难度大型试题.
22.如图，在等腰三角形中，，，为线段的中点，为线段上一点，且，沿直线将翻折至，使，记二面角的平面角为.
（1）证明：平面平面；
（2）比较与的大小，并证明你的结论；
【答案】（1）证明见解析（2）,证明见解析
【解析】
【分析】
由线面垂直的判定可证平面，再由面面垂直的判定即可得证;
由知,平面,在所在平面内，过点作,则平面,过作，连接,由二面角平面角定义知,,由翻折性质知, ,,只需比较与的大小即可.
【详解】证明：由题意可得,
,
因为，
所以平面,
因为平面，
所以平面平面；
如图:
在所在平面内，
过点作，垂足为，
则平面，
过作，连接，
则，.
又由翻折得到，
所以，
且就是直线与平面所成的角.
同理，又是由翻折得到，
所以.
由线面角的最小性可知，
，
所以.
【点睛】本题考查立体几何中线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理和性质定理及二面角的平面角的求作;作出二面角的平面角，并利用翻折的性质转化为比较与的大小是求解本题的关键，亦是难点;属于综合性强、难度大型试题;