临汾一中2022度第一学期高二年级阶段性考试 数学试题（理）
（考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1.若平面∥平面，
，则直线与的位置关系是( )
【分析】
根据斜二测画法的规则可还原出原来的图形，得原图为一个底为1，高为可．
【详解】如图所示，
的平行四边形，求出它的面积即
A. 平行或异面 B. 相交 C. 异面 D. 平行 【答案】A 【解析】 【分析】
利用平面∥平面，可得平面与平面没有公共点，根据论．
【详解】∵平面∵
，
平面，∴平面与平面没有公共点
，可得直线，没有公共点，即可得到结
由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的2倍长度为所以它的面积是
，故选C.
，其原来的图形是平行四边形，
，∴直线，没有公共点
∴直线，的位置关系是平行或异面，故选A.
【点睛】本题考查面面、线线、线面的位置关系，考查学生分析解决问题的能力以及空间想象力，属于基础题． 2.已知过点
和
的直线与直线
平行，则实数的值为( )
【点睛】本题考查了斜二测画法的规则与应用问题，解题时应还原出原来的图形，是基础题．斜二测画法画平面图形直观图的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点，画直观图时，把它画成对应的轴、轴，使
（或
），它确定的平面表示水平平面；（2）已知图形中平行于轴或轴的线
A. B. C. D. 【答案】B 【解析】
试题分析：两直线平行斜率相等，
．
考点：直线平行． 3.正方形A.
的边长为 B.
，是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的面积为( )
D.
的斜率为-2，直线
的斜率为
，解方程得
段，在直观图中分别画成平行于或轴的线段；（3）已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于轴的线段，长度为原来的一半． 4.直线A. C.
B. D.
的倾斜角的取值范围是( )
【答案】B 【解析】 【分析】
根据题意，求出直线答案．
的斜率，分析可得
，由直线的倾斜角与斜率的关系，计算可得
C.
【答案】C 【解析】
- 1 - / 9
【详解】根据题意，直线其斜率故选B.
，则有
变形为，
；
7.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
，由正切函数的性质可得倾斜角的范围为
【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系以及正切函数的性质，属于基础题. 5.已知
且关于的方程
有两相等实根，则向量与的夹角是( )
A. － B.－ C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据关于的方程得到【详解】方程∴∵∴
，∴
，
有两个相等的实根便可得到
，而由
,便可
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C
，从而便可得出与夹角的大小.
【解析】
有两个相等的实根，
，
分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数. 详解：由三视图可得四棱锥由勾股定理可知：故选C.
取值的关系，以及向量数量积的计算公式，向量夹角的范
，在四棱锥
中，
，则在四棱锥中，直角三角形有：
，
共三个，
，∴与的夹角为，故选D.
【点睛】考查一元二次方程实根的情况和判别式围，已知三角函数值求角． 6.已知圆锥的顶点为，母线体积为( ) A. B. 【答案】A 【解析】 【分析】
利用已知条件求出母线长度【详解】圆锥的顶点为，母线底面所成角为
C.
D.
，
互相垂直，
与圆锥底面所成角为．若的面积为，则该圆锥的
点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂
，然后求解底面半径为，
互相垂直，
，以及圆锥的高为2，然后求解体积即可. 的面积为8，可得
，解得
，
与圆锥
直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. 8.变量
满足约束条件
，求
的取值范围( )
，可得圆锥的底面半径为，圆锥的高为2，
A.
B. D.
，故选A．
C.
则该圆锥的体积为
【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，母线以及底面所成角的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题.
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【答案】D 【解析】 【分析】
作出不等式组对应的平面区域，ω=可得到结论． 【详解】由不等式组
作出可行域如图，
的几何意义为动点（x，y）到点（﹣1，1）的斜率，利用数形结合即
【解析】 【分析】
先求四个球心连线是正三棱锥的高，而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径，从而求出所求． 【详解】四个球心连线是正三棱锥．棱长均为2. ∴ED=，OD=ED=∴AO=
=
+2.
，
∴第四个球的最高点与桌面的距离为OA加上两个半径即
ω=
的几何意义为动点P（x，y）到点D（﹣1，1）的斜率，
由图象可知当P位于点C（4，2）时，CD的斜率最大， 此时ω=
=
= ，
由图象可知当P位于点A（1，-1）斜率最小. 此时ω=故选：D
故选：C．
【点睛】本题主要考查了由4个相同球外切时的球心连线构成一个正四面体，顶点到底面的距离，同时考查了转化与划归的思想，以及计算能力，属于中档题．
10.两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放在棱长为1的正方体内，各顶点均在正方体的面上，且正四棱锥的底面
【点睛】本题主要考查线性规划的基本应
与正方体的某一面平行，则该几何体体积不可能的值是( )
=
=-1，
A. B. C. D. 【答案】A 【解析】
用，利用目标函数的几何意义以及斜率公式ω=
是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法．
【分析】
9.把三个半径都是1的球放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与下边的三个都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为（ ） A. B. 【答案】C
- 3 - / 9
C.
D. 4
正四棱锥的底面是正方形ABCD，过ABCD的平面与正方体的某一个平面平行的截面也是正方形，当ABCD在截面内转动时，会有无数个正方形，所以几何体有无数个．
【详解】如图所示：显然两个正四棱锥的高均为，考查放入正方体后，面ABCD所在的截面，显然其面积是不
固定的，取值范围是：[，1），所以该几何体的体积取值范围是：[，]．
∴，，∴，当时，方程有解， ∴异面
直线
，所成的角可为，故B正确． ，，于是
，
，则平面
，∵，∵
平面的法向量为
，∴，∴
，
，
，故C正确；
，
，方程无解，即直线
与平面
所成的
对于，连结又∵
对于，结合B中的坐标系，可得面
故选：A．
【点睛】正方体是大家熟悉的几何体，它的一些内接图形需要一定的空间想象能力，要学会将空间问题向平面问题转化，考查空间想象能力，本题主要考查学生能否迅速构出一些常见的几何模型，并不是以计算
角可为是错误的，故选D.
为主． 11.如图，在正方体
中，若是线段
上的动点，则下列结论不正确的是( )
所以
，令
【点睛】本题考查了棱锥的三视图，异面直线所成的角，线面角，使用向量法可快
速计算空间角的问题，异面直线所的角与两直线的方向向量所成的角相等或互补，主要通过异面直线角的范围
A. 三棱锥B. 异面直线C. 异面直线D. 直线
，，
的正视图面积是定值 所成的角可为
的位置，使点
所成的角为 所成的角可为
在平面
上的射影恰是线段
的中点,则二面角
的平面角的大小是( )
来确定的，直线与平面所成的角满足12.在正三角形
中，过其中心作边
，属于常规题.
的平行线，分别交
，
与，，将
沿
折起到
A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】
连接A1G，MG，由G为三角形ABC的中心可得B1C1⊥A1G，GM⊥B1C1，故而∠A1GM为二面角A1﹣B1C1﹣M的平面角，在Rt△A1GM中，根据A1G和GM的数量关系得出∠A1GM． 【详解】连接A1G，MG，
的长，高为正方体的高，故棱锥的主视图面积
∵G是正三角形ABC的中心，B1C1∥BC， ∴B1C1⊥A1G，GM⊥B1C1，
与平面
【答案】D 【解析】 【分析】
判断主视图的底与高是否发生变化来判断，利用几何法以及建立空间坐标系将线线角以及线面角的关系转化为向量的关系来判断，和． 【详解】对于，三棱锥不变，故正确； 对于，分别以
，
，，
，
为坐标轴，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，
，
，
的主视图为三角形，底边为
∴∠A1GM为二面角A1﹣B1C1﹣M的平面角， ∵G是正三角形ABC的中心，
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∴A1G=2GM，
又A1M⊥平面BB1C1C， ∴cos∠A1GM=∴∠A1GM=． 故选：C．
=，
利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
详解：
如图，为坐标原点，为轴，为轴，
为轴建立空间坐标系，
【点睛】本题考查了利用二面角的定义来求二面角的平面角是关键，在直
，
， ，
角三角形中有数量关系的计算，求出二面角的平面角，属于中档题． 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
，故答案为.
二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
点睛：本题主要考查异面直线所成的角立体几何解题的“补型法”，属于难题.求异面直线所成的角主要方法
13.已知直线的方程为【答案】【解析】
平面几何性质求解.
【分析】
15.如图所示，是一个正方体的表面展开图，若把它再折回成正方体后，有下列命题：
直线l：3x﹣2y-2=0中，令x=0，求出的y的值是直线l在y轴上的截距． 【详解】∵直线l的方程为3x﹣2y-2=0， ∴当x=0时，解得y=-1， ∴直线l在y轴上的截距是-1． 故答案为：﹣1．
【点睛】本题考查直线方程的纵截距的求法，是基础题，令x=0，求出的y的值是直线l在y轴上的截距． 14.在长方体【答案】 【解析】
④
分析：以为坐标原点，
为轴，
为轴，
为轴建立空间坐标系,求出
，
与
平行．
其中正确命题的序号是_________．（注：把你认为正确的命题的序号都填上）
中，
，
，则异面直线
与
所成角的余弦值为_________．
①点与点重合； ② ③
与与
垂直； 所成角度是
；
间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用
，则直线在轴上的截距为_________．
有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空设异面直线
与
成角为，
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【答案】①④ 【解析】 【分析】
把展开图，折叠为正方体如图，即可得到正确选项．
【详解】把展开图，折叠为正方体如图，①正确 ②AE与BF成60③所成角度是60④正确；
与
点评：本题主要考查了棱锥的体积，同时考查了基本不等式的运用，是题意新颖的一道题目，属于中档题． 三、解答题（本题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.求与直线【答案】直线方程为【解析】
试题分析：设直线的方程为
，分别令
，求出直线在坐标轴上的截距，根据两坐标轴上
平行且在两坐标轴上截距之和为的直线的方程。
截距之和为列方程求解即可得出的值，从而可得直线的方程.
试题解析：设直线l的方程为3x＋4y＋m＝0，令x＝0，得y轴上截距b＝－；令y＝0，得x轴上截距a＝－.所以－＋(－)＝.解得m＝－4.所以所求直线l的方程为3x＋4y－4＝0. 18.已知
故答案为：①④
【点睛】本题是基础题，考查几何体的折叠与展开，注意折叠前后，字母随平面而动． 16.如图,在三棱锥
中,
、
、
两两垂直, 且
.设是底面
内一点,定义
,且
（1）求（2）求【答案】(1) 【解析】
分析：（1）由题为求角，可利用题中的条件A、B、C成等差数列及出A、B、C；
（2）由（1）已知角，先运用正弦定理求出所需的边，即可求出面积.
恒成立,则正实数的最小值为___ ___.
详解：（1）∵，，成等差数列，∴又∵由正弦定理
【答案】1 【解析】
试题分析：∵PA、PB、PC两两垂直，且PA=3．PB=2，PC=1．
，即
，
解得
，所以正实数a的最小值为1。
由
考点：不等式的综合应用；基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积。
,
∴∵综上，（2）
，∴
， ，
；
，
，
，∴
，可知
，
， ，
，
，可运用正弦定理，可求
的三个内角； 的面积.
,
，
;(2)
.
成等差数列，它们的对边分别为
，且满足
.
,其中、、分别是三棱锥M-PAB、 三棱锥M-PBC、三棱锥M-PCA的体积.若
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得∴
，
．
点睛：本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式，三角形内角和定理，考查了计算能力和转化思想. 19.为数列（1）求数列（2）设【答案】(1) 【解析】 【分析】 （1）先有
可求出
，故而可求出公差，根据等差数列的通项公式即可得结果；（2）结合（1）可得
的前项和，已知数列的通项公式； ，求数列
;(2)
的前项和。
.
【解析】 【分析】
为等差数列，
.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
（1）由题意可证得四边形PQBM为平行四边形，得出PQ∥BM，故而PQ∥面A1ABB1；(2) 取在平面AABB中证明BM【详解】（1）在∵∴∴
. ，
（2）取
中点，连结
，∴
面，∵平面平面
，≌
，∴
，∴
， 平面平面
，.∵
平面平面
，
，
，∴
，平面面
， . ，
， ，，∴，，
，
， . ，
.
又
，，∵
平面平面
在∵∴∴∴
为梯形，，且，又平面
=边上
AB，再证明AB
，∴
，，
是平行四边形， 平面
，
面PBC.，从而证出，
，
中点，连结
，利用列项相消即可得其前项和.
【详解】（1）因为数列为等差数列，设公差为 由题可得所以所以数列（2）由设数列
，从而可得
的中位线，， 又∵ ∴四边形平面.
，
是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为
可是，前项和为，则
是正方形， ∴
【点睛】本题主要考查了等差数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于裂项相消法类似于20.已知四棱台
的中点,在（1）求证：（2）求证：
边上，且
；
.
，错位相减法类似于
，其中
，其中为等差数列，
且
和
分别为特殊数列，为等比数列等. 底面
，点为
∴∵∴∵∴∵∴
的上下底面分别是边长为和的正方形，.
∥平面
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∴.
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理, 证四边形PQBM为平行四边形，
因为又三棱柱因此由题设，
得出PQ∥BM，故而PQ∥面A1ABB1；利用三角形相似，证出BM线垂直.
21.如图，直三棱柱
的底面是边长为2的正三角形，
分别是
的中点。
AB是关键，再利用线面垂直的判定定理证出线
在故三棱锥
中，
的体积
，所以
平面
是正三角形，所以
与平面
所成的角，
是直三棱柱，所以，于是，所以
为直线
考点：直线与平面垂直的判定定理；直线与平面所成的角；几何体的体积．
视频
22.（本小题满分12分）如图，在多面体是矩形，平面
平面
，
中，底面，和分别是
和
是边长为的的菱形，的中点．
，四边形
（１）证明：平面（２）若直线
与平面
平面； 所成的角为
，求三棱锥
的体积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）. 【解析】
试题分析：（１）由面面垂直的判定定理很容易得结论；（２）所求三棱锥底面积容易求得，是本题转化为求三棱锥的高
，利用直线
与平面
所成的角为
，作出线面角，进而可求得
，
的值，则可得的
长．
（Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）求二面角
平面
；
试题解析：（1）如图，因为三棱柱又是正三角形又而
平面
的边，因此
的中点，所以平面
平面,
是直三棱柱，所以
的大小．
【答案】（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ）
．
，所以平面
【解析】
试题分析：第一问根据三角形的中位线找到平行线，利用面面平行的判定定理，在其中一个平面内找到和另一
（2）设的中点为，连结
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个平面平行的两条相交直线，证得结果，第二问先在几何体中找到共点的相互垂直的三条直线，建立相应的空间直角坐标系，求得面的法向量，利用面的法向量所成的角的余弦值判断求得二面角的余弦值，结合二面角的取值范围，求得二面角的大小． 试题解析：（Ⅰ）证明：在所以所以因为在所以又因为所以
， 又因为平面
． 设
平面
中，因为
，
分别是平面，
，
的中点，
所以二面角的大小为．
考点：面面平行的判定定理，求二面角的大小．
，连接中点
，
为菱形，所以为中，因为
， 平面平面
，． 又因为平面
． ，
平面，
，
平面
，
所以平面（Ⅱ）解：取所以所以
的中点，连接，因为四边形
，所以
是矩形，平面，得
分别为，
的中点，
，因为平面平面
，因为
平面
为菱形，所以两两垂直．
所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系．
因为底面是边长为的菱形，
，．令
，．设平面，得
，所以，，，则
，，，
．所以的法向量为． ，则
由平面，得平面的法向量为 - 9 - / 9
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