黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2019-2020学年高二10月月考数学（理）试题含答案

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，业必贵于专精黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2019-2020学年高二10月月考数学（理）试题含答案哈师大青冈实验中学2019—2020学年度10月份考试高二学年数学试题（理科）一。选择题:（共12小题，每小题5分，满分60分）1.已知函数f（x）＝x2﹣2x+m.若：f（x）有零点;q：0＜m≤1，则A.p是q的充分不必要条件 B。p是q的必要不充分条件 C.p是q的充要条件 D。p是q的不充分不必要条件2。在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A。 B。 C. D.3.已知命题“”是假命题，则实数的取值范围是A.(﹣∞，0） B。［0，4] C.［4,+∞） D。（0,4)4.下列命题中为真命题的是A。∃x0∈R，x02+2x0+2＜0 B.∃x0∈R,x02+x0＝﹣1 C。∀x∈R,x2﹣x+＞0 D。∀x∈R，﹣x2﹣1＜05.在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C。 D.6.方程所表示的曲线是A。一个圆 B.两个圆 C.半个圆 D。两个半圆7.正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形,E，F分别是AB，BC的中点，则PB与平面PEF所成角的正弦为A。B. C。D。8。如图所示,在一个长、宽、高分别为2、3、4的密封的长方体装置DA2B2C2﹣D3A3B3C3中放一个单位正方体礼盒DABC﹣D1A1B1C1，现以点D为坐标原点，DA2、DC2、DD3分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz,则正确的是A.D1的坐标为（1，0，0)B。D1的坐标为（0，1，0) C。B1B3的长为D。B1B3的长为9。.的内角的对边分别为,若的面积为，则A。 B。 C。 D。10.已知直线和曲线有两个不同的交点,则实数的取值范围是A。 B. C. D。11.已知是各棱长均等于的正三棱柱，D是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为)A.B。C。D。12。已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3,则A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C。θ1≤θ3≤θ2 D。θ2≤θ3≤θ1二、填空题：（共4小题,每小题5分,满分20分）13。设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________。14.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为______15.如图，四面体ABCD中，O是BD的中点,△ABD和△BCD均为等边三角形，，点O到平面ABC的距离为。16.如图是一正方体的表面展开图.B、N、Q都是所在棱的中点。则在原正方体中，①MN与CD异面；②MN∥平面PQC;③平面MPQ⊥平面CQN；④EQ与平面AQB形成的线面角的正弦值是；⑤二面角M一BQ一E的余弦值为。其中真命题的序号是三、解答题：(第17题10分，其余每题均为12分，满分70分)17.（10分）已知条件,条件,若是的必要不充分条件求实数的取值范围。18.(12分）在中，内角所对的边分别为.已知,.(1）求的值；(2)求的值。19.(12分）等比数列中，。（1)求的通项公式；（2）记为的前项和。若，求.20.（12分)已知在平面直角坐标系中，动点M到定点的距离与它到定直线的距离之比为常数。(1）求动点M的轨迹Γ的方程;(2)设点若P是(1)中轨迹Γ上的动点,求线段PA的中点B的轨迹方程.21.（12分)如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,△ABC是边长为2的等边三角形，BC⊥BB1，CC1＝,AC1＝.1）证明：平面ABC⊥平面BB1C1C。2）M，N分别是BC，B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角P﹣MN﹣C的平面角的大小为30°，试确定点P的位置。22.（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面二面角的大小为，分别是的中点.(1)求证：平面（2）在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。

参考答案选择题：123456789101112BCBDCACDCAAD12解答：作垂直于平面，垂足为,取的中点，连接.过作垂直于直线,可知,，过固定下的二面角与线面角关系,得。易知,也为与平面的线面角，即与平面的线面角，根据最小角定理，与直线所成的线线角，所以。。二。填空题:13.14。15。16.①②④17.解：由得,由得因为的必要不充分条件，所以p是q的充分不必要条件。实数的取值范围是18。（1）解:由，及，得.由，及余弦定理，得。（2）解：由(Ⅰ），可得,代入，得。由（Ⅰ）知，A为钝角,所以.于是，,故19.答案：（1)或;（2）。解答：（1）设数列的公比为，∴，∴。∴或。(2）由（1）知，或,∴或(舍），∴.20。【答案】（1）x24【解析】(1）设动点M坐标为(x（2）设动点B坐标为(x,y)，用x,y【详解】(1）设动点M（x，y),由已知可得=，即x2+2x+3+y2=,化简得+y2=1，即所求动点M的轨迹Γ的方程为+y2=1.(2)设点B(x,y）,点P(x0，y0）,由得由点P在轨迹Γ上,得+=1，整理得+4=1,∴线段PA的中点B的轨迹方程是+4=1.21.分析】（1）推导出AC⊥CC1，BC⊥CC1，从而CC1⊥平面ABC,由此能证明平面ABC⊥平面BB1C1C。（2）连结AM,推导出AM⊥BC,从而AM⊥平面BB1C1C，以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz，由此利用向量法能求出点P为线段AC1上靠近点C1的四等分点，且坐标为P（﹣，，）.21.【解答】解：（1）证明:∵AC＝2，CC1＝,AC1＝,∴＝,∴AC⊥CC1，∵BC⊥BB1，BB1∥CC1，∴BC⊥CC1，∵AC∩BC＝C,∴CC1⊥平面ABC，∵CC1⊂平面BB1C1C,∴平面ABC⊥平面BB1C1C.（2）解：连结AM,∵AB＝AC＝2,M是BC的中点，∴AM⊥BC,由(1）知，平面ABC⊥平面BB1C1C，∴AM⊥平面BB1C1C，以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz,则平面BB1C1C的一个法向量＝（0，0,1），A（0，0，），N（0，)，C1(﹣1,，0）,设＝t,（0＜t＜1），P（x,y,z），则＝(x，y，z﹣）,＝（﹣1，)，代入上式得x＝﹣t,y＝，z＝，∴P（﹣1，），设平面MNP的一个法向量＝(x，y，z），＝（0,,0）,＝（﹣t，,）,由,令z＝t，得＝（,0,t）,∵二面角P﹣MN﹣C的平面角的大小为30°，∴＝，即＝，解得t＝，∴点P为线段AC1上靠近点C1的四等分点,且坐标为P(﹣，，）.22.【分析】（1）连接，取的中点,连接可证平面故而论成立；（2）设建立坐标系，利用向量求出到平面的距离，解方程得出的值，得出结论。【解答】（1）证明：连接，取的中点，连接分别是的中点分别是的中点，又平面，分别是的中点，又平面平面，平面(2）解:平面平面又平面为二面角的平面