2018-2019学年重庆市万州三中高二上学期第一次月考数学（理）试题 解析版

2018-2019学年重庆市万州三中高二上学期第一次月考数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 重庆市万州三中2018-2019学年高二上学期第一次月考数学（理）试卷 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列关于棱柱说法正确的是 （ ）‎ A． 棱柱的所有面都是四边形 B． 棱柱中只有两个面互相平行 C． 一个棱柱至少有六个顶点、九条棱、五个面 D． 棱柱的侧棱长不都相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用棱柱的定义和性质，可得三棱柱的点为三角形，长方体中，相对侧面互相平行，两底面互相平行；长方体中侧面为平行四边形，侧棱长都相等；最少的三棱柱，即可得到正确结论.‎ ‎【详解】‎ 棱柱的各个面都是四边形，不正确；比如三棱柱，底面为三角形；‎ 棱柱中只有两个面互相平行，不正确；比如长方体中，相对侧面互相平行，两底面互相平行；‎ 棱柱的侧棱长不都相等，不正确；由棱柱的性质可得侧面为平行四边形，侧棱长都相等；‎ 一个棱柱最少为三棱柱，即为6个顶点，9条棱，5个面，是正确的，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了棱柱的定义和棱柱的性质，其中熟记棱柱的基本结构特征是解答的关键，着重考查了判断能力和分析问题的能力，属于基础题.‎ ‎2．某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为( ) ‎ A． 4 B． 3 C． 2 D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个半径为1的半球，利用球的表面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个半径为1的半球，‎ 所以其表面积为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间几何体的三视图及球的表面积的求解，其中根据几何体的三视图得到原几何体是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎3．若aα，bβ，α∩β=c，a∩b=M，则（　　）‎ A． M∈c B． Mc C． Mc D． Mβ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件判断与平面的关系，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 又，所以，即与平面的公共点，‎ 因为，所以，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面的基本性质的应用，其中解答中熟记平面的基本性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎4．若、、是互不相同的空间直线，、是不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A． 若∥，则 B． 若∥，∥，则、、共面 C． 若，则∥ D． 若、、共点，则、、共面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中的点、线、面的位置关系，即可判定，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，A中，若，则是正确的；‎ B中，例如在三棱柱中，三条侧棱互相平行，但三条侧棱不共面，所以不正确；‎ C中，由，则直线平行或异面，所以不正确；‎ D中，由例如三棱锥的三条侧棱共点，但三条侧棱不公面，所以不正确，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中点、线与面的位置关系的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理，以及常见几何体的线面位置关系是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.‎ ‎5．设矩形边长为，将其按两种方式卷成高为和的圆柱筒，以其为侧面的圆柱的体积分别为和，则 （ ）‎ A． > B． < C． = D． 、 大小不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据两种不同的方式，分别求解底面半径，得到几何体的体积，即可比较.‎ ‎【详解】‎ 由题意，若一个高为卷成圆柱筒时，此时设底面圆的半径为，‎ 则，解得，在圆柱筒的体积为，‎ 若一个高为卷成圆柱筒时，此时设底面圆的半径为，‎ 则，解得，在圆柱筒的体积为，‎ 又由，所以，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了柱体的体积的计算问题，其中认真审题，求得圆柱的底面半径，利用体积公式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎6．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为的等腰梯形，则这个平面图形的面积为（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】原平面图形是直角梯形,高为2,上底为1,下底为 , 面积是 ,选D.‎ ‎7．在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则EF与AC所成角为( )‎ A． 90° B． 60° C． 45° D． 30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AC，得到异面直线EF与AC所成的角，再放入直角三角形中，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 取的中点，连接 ，‎ 因为分别为的中点，‎ 所以，‎ 所以为异面直线EF与AC所成的角，‎ 因为四面体ABCD为正四面体，所以，所以，‎ 过点A作平面，垂足为，则为的重心，，‎ 因为，所以平面，‎ 所以平面，所以，‎ 因为，所以,‎ 在中，因为，且，‎ 所以，即异面直线EF与AC所成的角，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及正四面体的性质，其中解答中利用正四面体的性质，通过平移转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，以及空间想象能力.‎ ‎8．已知一个表面积为44的长方体,且它的长、宽、高的比为3: 2:1,则此长方体的外接球的体积为 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，设长方体的长、宽、高分别为，求出的值，代入体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设长方体的长、宽、高分别为，‎ 则，解得，即，‎ 即长方体的棱长分别为，‎ 所以长方体的对角线长为，‎ 所以球的半径为，即，‎ 所以球的体积为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了长方体的结构特征及球的体积的计算问题，其中解答中根据长方体的对角线长与球的直径的关系，求得球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)‎ A． 18＋36 B． 54＋18‎ C． 90 D． 81‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图可得，该几何体是一个主视图为底面的直四棱柱，进而可求得其表面积.‎ ‎【详解】‎ 由已知中的三视图可得，该几何体表示一个以主视图为底面的直四棱柱，‎ 其底面面积为，‎ 侧面积为，‎ 所以几何体的表面积为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.‎ 求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.‎ ‎10．如图，直三棱柱， ，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】延长CC1到D,使得C1D=CC1,则B1D//BC1,所以 为直线与直线所成角的补角,设CB=1‎ 因为 ,所以直线与直线所成角的余弦值为,选A ‎11．如图，正方体中， 为中点， 为线段上的动点（不与， 重合），以下四个命题：‎ ‎（）平面．‎ ‎（）平面；‎ ‎（）的面积与的面积相等；‎ ‎（）三棱锥的体积有最大值，其中真命题的个数为（ ）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】（）与不垂直，所以平面不正确；（）平面平面，所以平面，正确；（）两个三角形等底等高， 的面积与的面积相等，正确；（）与重合，三棱锥的体积最大，所以（）不正确．综上，真命题的个数是个，故选．‎ ‎12．在△中，，为的中点，将△沿折起，使间的距离为，则到平面的距离为 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为等边三角形，取的中点D，则交于E，证明平面，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由已知得,‎ 由为等边三角形，取的中点D，则交于E，‎ 则,‎ 折起后，由，知，‎ 又，‎ 于是，所以，‎ 因为面，即为三棱锥的高，且，‎ 设点到的距离为，则，‎ 所以由，即，解得，‎ 即到的距离为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中的折叠问题和点到平面的距离的求解，及等积法的应用，其中解答中合理利用等积法求解点到平面的距离是解答关键，着重考查了推理与运算能力.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示左侧为一个底面半径为1，高为的半个圆锥，右侧表示一个底面为边长为2的正方形，高为的四棱锥，‎ 所以该几何体的体积为 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的三视图及几何体的体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.‎ ‎14．在正三棱柱中，，为的中点，是上一点，且由沿棱柱的侧面经过棱到的最短路线长为,则的长为________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用侧面展开图中的三角形是直角三角形，利用勾股定理求得的长度，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由正三棱柱，沿侧面展开，‎ 如图所示，‎ 设，则,‎ 在直角中，，即，‎ 解得，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间几何体的距离的最值问题，其中解答中把几何体进行侧面展开，把折线转化为线段，利用解三角形的知识求解是解答的关键，着重考查了转化思想的应用，以及推理与运算能力.‎ ‎15．如图，矩形中，，⊥平面，若在上只有一个点满足，则的值等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:利用三垂线定理的逆定理、直线与圆相切的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质即可求出．‎ 解：连接AQ，取AD的中点O，连接OQ．‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，PQ⊥DQ，‎ ‎∴由三垂线定理的逆定理可得DQ⊥AQ．‎ ‎∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，‎ 又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．）‎ ‎∴OQ⊥BC，‎ ‎∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2，‎ 即a=2．‎ 故答案为：2．‎ 考点：直线与平面垂直的性质．‎ ‎16．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为的直铁条，使这六根直铁条端点处相连能够焊接处一个三棱锥形的铁架，则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三棱柱的相对位置，将点三角形的三遍长分成两种情况：（1）当底面边长为2的正三角形，三条侧棱长为，此时取最大值；（2）当底面三角形的边长分别为，其他各边长为，由最小值，从而求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 根据三棱锥的相对位置，将底面三角形的三边长分成两种情况：‎ ‎（1）当底面边长为2的正三角形，三条侧棱长为，如图（1）此时取最大值，‎ 可知，由于，则由，‎ 解得；‎ ‎（2）当底面三角形的边长分别为，其他各边长为，‎ 如图所示，此时可取最大值为任意正数，‎ 综上则的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了棱锥的结构特征，以及解三角形等基础知识的应用，着重考查了空间想象能力，属于基础题.‎ ‎17．如图（1），边长为的正方形中，分别为上的点，且，现沿把△剪切、拼接成如图（2）的图形，再将△，△，△沿折起，使三点重合于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求四面体体积的最大值．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图（2）中，折叠后,得到，平面 ，即可证得 ；‎ ‎（2）设，则，得到，由（1）平面知高为2，利用体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：图（2）中，折叠后,‎ 又∵，∴平面 ‎ 又∵平面，∴ ‎ ‎（2）设，则 ‎ ∵，∴‎ 由（1）平面知高为2，所以 ‎∴时体积最大值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中解答中列出体积的函数解析式，利用二次函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎18．已知正方体 中， ， 分别为 ， 的中点， ， 求证：‎ ‎（1）四点共面 ‎（2）若交平面 于 点，则三点共线．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)利用题意可证得 ，则四点共面；‎ ‎(2)利用题意结合线面关系可证得三点共线．‎ 试题解析：‎ 证明：如图．‎ ‎（1）是的中位线，．‎ 在正方体中，，．‎ 确定一个平面，即，，，四点共面 ‎（2）正方体中，设确定的平面为，又设平面为．‎ ‎，．又，‎ 则是与的公共点，‎ 又，‎ ‎，，则．‎ 故三点共线．‎ ‎19．已知正三棱柱的底面边长为8，侧棱长为6，点为中点 .‎ ‎（1）求证：直线∥平面；‎ ‎（2）求异面直线与所成角的余弦值 .‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于，连接，可得，利用线面平行的判定定理，即可作出证明；‎ ‎（2）由（1）可知为异面直线与所成的角，在中，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连BC交于E，连DE, 则DE∥，‎ 而DE面CDB，面CDB， ∴平面.‎ ‎（2）解：由（1）知∠DEB为异面直线与所成的角，‎ 在中，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何中的线面平行的判定和异面直线所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，同时利用异面直线所成角的定义，找出异面直线所成的角是解答的关键.‎ ‎20．（1）某圆锥的侧面展开图为圆心角为，面积为的扇形，求该圆锥的表面积和体积.‎ ‎（2）已知直三棱柱的底面是边长为的正三角形，且该三棱柱的外接球的表面积为，求该三棱柱的体积.‎ ‎【答案】（1）； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆锥的底面半径、母线长分别为，利用扇形的面积公式求得，利用圆锥的表面积和体积公式，即可求解；‎ ‎（2）设球半径为，上，下底面中心设为，由题意，外接球心为的中点，根据三棱柱的外接球的表面积，列出方程，求得棱柱的高，利用体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设圆锥的底面半径、母线长分别为，‎ 则，解得 所以圆锥的高为，得表面积是，体积是 ‎（2）设球半径为R，上，下底面中心设为M，N，由题意，外接球心为MN的中点，‎ 设为O，则OA＝R，由4πR2＝12π，得R＝OA＝，又易得AM＝，‎ 由勾股定理可知，OM＝1，所以MN＝2，即棱柱的高h＝2，‎ 所以该三棱柱的体积为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆锥的表面积和体积的计算，以及棱柱的体积的计算问题，其中解答中根据题意，列出相应的方程，求解几何体的底面半径和高，利用表面积和体积公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎21．如图，为直角梯形，，，，平面， ，‎ 求证：⊥平面；‎ 求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点为，连接，则为正方形，在中，利用勾股定理，证得，又由平面，得到 ，再利用线面垂直的判定定理，即可证明.‎ ‎（2）设点到平面的距离为，设点到平面的距离为，根据等积法，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1） 证明：取中点为，连接，则为正方形 ‎∴‎ 又 ∵，∴中有，即.‎ ‎∵平面，平面,‎ ‎∴，又 ∴平面.‎ ‎（2）设点到平面的距离为,‎ ‎，点到平面的距离为 ‎∵ ∴‎ 由等体积法知，即解得 ‎【点睛】‎ 本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎ ‎22．如图所示，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．‎ ‎(1)当的值等于何值时，BC1∥平面AB1D1；‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取为线段的中点，此时＝1，连接交于点，连接，在中，点分别为的中点，得,进而证得面.‎ ‎ (2)由已知，平面平面，进而得到和，进而可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图所示，取D1为线段A1C1的中点，‎ 此时＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.‎ 由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．‎ 在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1.‎ 又∵OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，‎ ‎∴BC1∥平面AB1D1.∴时，BC1∥平面AB1D1. ‎ ‎(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.‎ ‎∴.又∵，∴，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与论证能力.‎