2019-2020学年陕西省西安电子科技大学附中高一上学期第二次月考数学试题（解析版） 15页

‎2019-2020学年陕西省西安电子科技大学附中高一上学期第二次月考数学试题 一、单选题 ‎1．下列说法正确的是（ ）‎ A．三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形一定是平面图形 D．平面和平面有不同在一条直线上的三个交点 ‎【答案】C ‎【解析】A错误。不共线的三个点才可以确定一个平面；‎ B错误。四边形不一定是平面图形。如：三棱锥的四个顶点构成的四边形；‎ C正确。梯形有一组对边平行，两条平行线确定一平面；‎ D错误。两个平面有公共点，这些点共线，是两个平面的交线；故选C ‎2．在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E、F、G、H四点，如果EF，GH交于一点P，则( )‎ A．P一定在直线BD上 B．P一定在直线AC上 C．P一定在直线AC或BD上 D．P既不在直线AC上，也不在直线BD上 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：EF、GH相交于点P，‎ 则点P属于直线EF，且属于直线GH．‎ 又由题意，EF属于面ABC，GH属于面ADC 则点P即属于面ABC，又属于面ADC 则点P必在面ABC与面ADC的交线上，即 点P必在AC上．故选B．‎ ‎【考点】空间点、线、面的位置关系 点评：本题主要考查空间中点，线，面的位置关系．一般在证明点在线上，或证明三点共线时，常把所证的点，线，转化为两个平面的公共点．‎ ‎3．函数的零点所在区间为（ ）‎ A．（1,2） B．（0,1） C．(-1,0) D．（-2，-1）‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意知，函数是单调函数，根据，知，函数的零点必在区间上．‎ ‎【详解】‎ ‎∵函数是单调递减函数，‎ 又∵，，‎ ‎∴，‎ 故函数的零点所在区间为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的零点存在的条件：单调的连续函数若在一个区间的端点的函数值异号，则函数在此区间上一定存在零点，属于中档题.‎ ‎4．一个几何体的三视图如图，则组成该组合体的简单几何体为（ ）‎ A．圆柱与圆台 B．四棱柱与四棱台 C．圆柱与四棱台 D．四棱柱与圆台 ‎【答案】B ‎【解析】根据三视图的基本性质直接读取即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知该几何体是由两个基本体组合成的组合体,由上面部分的三视图可得上面基本体是四棱柱,由下面部分的三视图可得下面基本体是四棱台.故组成该组合体的简单几何体为四棱柱和四棱台.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间几何体三视图的识别与判断,熟练掌握常见空间几何体的三视图是解题的关键,属于基础题.‎ ‎5．在正方体中，下列几种说法正确的是（ ）‎ A． B．‎ C．与成角 D．与成角 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：直线与是异面直线，而∥，所以即为与所成的角．显然三角形是等边三角型，所以．故选D．同时可以判断其它选项是错误的．‎ ‎【考点】异面直线所成的角及其是否垂直的问题．‎ ‎6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】由空间直线与平面,平面与平面的位置关系一一对四个命题进行判断及可得出答案.‎ ‎【详解】‎ A.不正确,若,,则可得:直线与平面相交不垂直,,,都有可能;‎ B.不正确,若,,则可得:直线与平面相交不垂直,,,都有可能;‎ C.不正确,若,,则可得:,都有可能;‎ D.正确, 若,,则直线,的方向向量即分别为平面法向量,又,可得:.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线线垂直,线面平行,线面垂直,面面垂直,面面平行的判定以及性质定理的应用,属于一道综合性的基础题.‎ ‎7．如图，一个水平放置的平面图的直观图（斜二测画法）是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（ ） ‎ A．1+ B．2+ C．1+ D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先还原几何体，再根据直角梯形面积公式得结果.‎ ‎【详解】‎ 几何体为一个直角梯形，上底长为1，下底长为1+，高为2，因此面积为选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直观图，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎8．已知函数的定义域为，则函数的定义域是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意得出，解出该不等式组可得出函数的定义域.‎ ‎【详解】‎ 由于函数的定义域为，由题意得，‎ 解得且，因此，函数的定义域是，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抽象函数的定义域，对于抽象函数的定义域，一般要利用中间变量取值范围一致来列不等式（组）求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9．已知是两条异面直线外一点，则过点且与直线都平行的平面（ ）‎ A．有且只有一个 B．有两个 C．没有或只有一个 D．有无数个 ‎【答案】C ‎【解析】当点M和直线(或直线)构成的平面正好与直线(或直线)平行时,为0个,不平行时只有一个.‎ ‎【详解】‎ 由点M是异面直线外的一点,则点M和直线能确定唯一的平面,过点M作直线,若直线,则过点M且与直线都平行的平面不存在;若直线不在平面内,过点M作直线,则由两条相交直线确定唯一的平面可知过和平面有且只有一个,故这种情况下过点M且与直线都平行的平面只有一个,综上可得过点M且与两条异面直线都平行的平面没有或只有一个.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间直线与平面的位置关系,以及存在性和唯一性的判断,熟练掌握确定平面的方法以及线面位置关系分类是解题的关键,属于基础题.‎ ‎10．若，则函数的零点是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】函数的零点可转化为方程的根，求解即可.‎ ‎【详解】‎ 根据函数零点的概念，‎ 函数 的零点就是方程 的根，‎ 解方程，即 ，得 ，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数零点，函数与方程，属于中档题.‎ ‎11．以等腰直角三角形ABC斜边AB的中线CD为棱，将折叠，使平面平面BCD，则AC与BC的夹角为（ ）．‎ A． B． C． D．不确定 ‎【答案】B ‎【解析】先确定直二面角，再解三角形得结果 ‎【详解】‎ 因为平面平面BCD，所以,设,则,因此AC与BC的夹角为，选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直二面角，考查基本分析论证求解能力，属中档题 ‎12．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中 ‎①与平行 ‎ ‎②与是异面直线 ‎ ‎③与成60°角 ‎ ‎④与是异面直线 以上四个结论中，正确结论的序号是（ ）‎ A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】由正方体的平面展开图复原可以直接判断.‎ ‎【详解】‎ 由正方体的平面展开图复原得空间正方体如图所示:‎ 由图可知:①BM和ED是异面直线,故不对;‎ ‎②CN和BE是平行直线,故不对;③ CN和BE平行,BE与BM的夹角是,故CN与BM所成的角也是,故正确;④DM与BN是异面直线,正确;所以正确的序号为③④.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间直线的位置关系以及空间直线所成角的求法,由平面展开图复原正方体是解题关键,属于基础题.‎ 二、填空题 ‎13．已知正四棱锥的侧棱长为，侧面等腰三角形的顶角为30°，则从点A出发环绕侧面一周后回到点A的最短距离为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将正四棱锥侧面展开,如图所示,在平面展开图中,利用余弦定理求解AA1的长度即得答案.‎ ‎【详解】‎ 由正四棱锥侧面展开如图所示,由题意可得展开图是由四个全等的顶角为的等腰三角形组成,则, 的长度即为所求的最短距离,由,‎ 由余弦定理可得:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了学生的空间思维能力,将空间路径问题转化为平面图形中两点之间借助于解三角形来解决的距离问题,空间思维与转化能力是解题关键,是一般难度的题.‎ ‎14．函数的零点个数为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可知：‎ 要研究函数f（x）=x2-2x的零点个数，‎ 只需研究函数y=2x，y=x2的图象交点个数即可．‎ 画出函数y=2x，y=x2的图象 由图象可得有3个交点．‎ 点睛：函数零点的求解与判断：‎ ‎(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．‎ ‎(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．‎ ‎(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．‎ ‎15．在正四面体中，分别是的中点，下面四个结论：‎ ‎①//平面 ‎ ‎②平面 ‎③平面平面 ‎ ‎④平面平面 其中正确结论的序号是______________.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】如图所示,由已知条件利用线面平行,线面垂直,面面垂直的判定直接推导即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,在正四面体P-ABC中,D,F分别是AB,CA的中点,则DF//BC,‎ 因为平面PDF,BC⊄平面PDF,所以BC//平面PDF,故①正确;‎ 由PB=PC,AB=AC,E为中点,得,所以平面PAE,由DF//BC得DF平面PAE,故②正确;‎ 过P作PO平面ABC,垂足为O,由题意得O点为底面△ABC的中心,且点O在AE上,AO=AE,‎ 设AE与DF的交点为M,则由AM=AE,故点O,M不重合,则平面PDF和平面ABC不垂直,故③不正确;‎ 由②得平面PAE,BC⊂平面PBC,所以平面PBC平面PAE,故④正确,综上可得正确的序号为①②④.‎ 故答案为:①②④.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行,线面垂直,面面垂直的判定,熟练掌握线面平行,线面垂直,面面垂直的判定定理是解题的关键,属于基础题.‎ ‎16．若关于的方程有两个不等的实数解，则的取值范围是_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意关于的方程有两个不等的实数解,等价于函数和函数有两个交点来判断参数的取值范围,如图所示,采用数形结合来解决.‎ ‎【详解】‎ 由题意关于的方程有两个不等的实数解, 等价于函数和函数有两个交点如图所示,M点坐标为,要使两个函数有两个交点,则需,即得.则满足题意的取值范围是:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数形结合的使用,根据图像交点的情况来解决方程实数根的问题,属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知函数，当方程有3个根时，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意关于的方程有三个根时,等价于函数和函数图像有三个交点,画图采用数形结合即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,方程有三个根就是函数与有3个交点,‎ ‎,‎ 由图得,.‎ 所以满足要求的实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用数形结合解决参数的问题,准确的将方程实数根的问题转化成图像交点的情况是解决本题的关键,属于中档题.‎ ‎18．已知正方体，是底对角线的交点.‎ 求证：面.‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】连结，设，连结，由已知得是平行四边形，是平行四边形，可得，由线面平行的判定定理能证明面.‎ ‎【详解】‎ 连结，设，‎ 连结，是正方体，‎ 是平行四边形，‎ 且，‎ 又分别是的中点，‎ 且，‎ 是平行四边形，‎ 面，‎ 面，面.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行的判定定理，属于基础题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.‎ ‎19．如图，已知平面，且平面平面，求证 ‎【答案】详见解析 ‎【解析】本题首先可以作，然后根据平面平面即可得出，再然后通过平面即可得出，最后通过线面垂直的相关证明以及性质即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ 如图所示，作，‎ 因为平面平面，是平面与平面的交线，，‎ 所以平面，，‎ 因为平面，所以，‎ 因为，所以平面，。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了解析几何的相关性质，主要考查了面面垂直的相关性质、线面垂直的证明、线面垂直的相关性质，考查推理能力，考查数形结合思想，是中档题。‎ ‎20．在三棱锥中，平面平面，，，过作，垂足为，点，分别是棱，的中点．‎ ‎（）求证：平面平面．‎ ‎（）求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】[证明] （1）∵，，垂足为，∴是的中点，又因为是的中点，‎ ‎∴∥，∵平面，平面，∴∥平面；‎ 同理∥平面. 又，∴平面∥平面.‎ ‎（2）∵平面平面，且交线为，又平面，，‎ ‎∴平面，∵平面，∴，‎ 又因为，，、平面，‎ ‎∴平面，∵平面，∴.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.‎ ‎21．如图1，在中，，D，E分别为的中点，点F为线段上的一点，将沿折起到的位置，使，如图2.‎ ‎ ‎ ‎(1)求二面角 ‎(2)线段上是否存在点，使平面？说明理由.‎ ‎【答案】（1）90︒（2）存在，见解析 ‎【解析】(1)利用翻折前后变量与不变量的关系,证明翻折后平面平面BCDE,即得二面角为.‎ ‎(2)取的中点P,的中点Q,证明P,Q,E,D共面,再由已知条件证明平面PQED,即得Q即为所求的点,即存在满足要求的点.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图所示:‎ 翻折前:‎ D,E分别为AC,AB的中点,‎ ‎∴DEBC, ∵‎ ‎∴DEAC;‎ 翻折后:‎ DE, DE,‎ ‎∴DE平面,因为DE⊂面BCD ‎∴平面BCDE平面 ‎∴二面角是直角,等于90︒.‎ ‎（2）线段上存在点Q,使平面.理由如下:‎ 如图所示,‎ 分别取,的中点P,Q,则.‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴P,Q,E,D四点共面,即为平面PQED,‎ 由（1）知平面,‎ ‎∴,‎ 又∵P是等腰三角形底边的中点,‎ ‎∴,∵,‎ ‎∴平面PQED,从而平面,故线段上存在点Q,使平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面图形翻折前后变量与不变量的问题及二面角的证明与求解,考查了线面垂直以及存在性的问题,熟练掌握二面角的定义以及线面垂直的判定是解决本题的关键,属于中档题.‎