2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二上学期第一次月考数学（文）试题-解析版

2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二上学期第一次月考数学（文）试题-解析版

山西省运城市康杰中学2017-2018学年高二上学期第一次月考数学（文）试题 一、选择题 ‎1．下列各组几何体中是多面体的一组是 A. 三棱柱 四棱台 球 圆锥 B. 三棱柱 四棱台 正方体 圆台 C. 三棱柱 四棱台 正方体 六棱锥 D. 圆锥 圆台 球 半球 ‎【答案】C ‎【解析】 根据多面体的基本概念可得，三棱柱、四棱台、正方体、六棱锥都属于多面体，故选C.‎ ‎2．正方体的内切球和外接球的半径之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】 正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，‎ ‎ 设正方体的棱长为，内切球的半径为，外接球的半径为，‎ 则，所以，所以，故选D.‎ ‎3．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的（ ）‎ A．倍 B．倍 C．2倍 D．倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为在斜二侧画法中，把平行于轴的直线仍画成平行与，长度不变，平行于轴的直线仍画成平行与，长度变为原来的，而与夹角为，所以斜二侧画法作出的直观图，底边长不变，高为原来的倍，所以其面积是原三角形面积的倍，故选B.‎ 考点：平面图形直观图的斜二侧画法.‎ ‎4．一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径，求出球的表面积．‎ 由于正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，所以正方体的棱长为：1，所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为：，故选A.‎ 考点：球内接多面体 ‎5．空间四边形SABC中，各边 及对角线长都相等，若E、F 分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角为 A. 300 B. 450 C. 600 D. 900‎ ‎【答案】B ‎【解析】 如图所示，取的中点，连接为异面直线与所成的角，‎ ‎ 设棱长为2，则，根据，则,‎ ‎ 所以，故选B.‎ ‎6．设m、n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若，，则②若，，，则 ‎③若，，则④若，，则 其中正确命题的序号是 ( )‎ A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ①和④‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：命题①，由于，根据线面平行的性质定理，设经过的平面与的交线为，则，又，所以，从而，，故正确；命题②，由，，可以得到，而，故，故正确；命题③，由，，知可能相交，可能平行，也可能异面，故不正确；命题④，可以翻译成：垂直于同一平面的两个平面平行，故错误；所以正确命题的序号是 ①②，故选项为A.‎ 考点：（1）平面与平面平行的判定；（2）直线与平面垂直.‎ ‎【方法点睛】本题考查线线关系中的垂直、平行的判定；面面关系中垂直于平行的判定，要注意判定定理与性质定理以及课本例题结论的应用．对于①，可以考虑线面垂直的定义及线面平行的性质定理；对于②，根据面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理容易解决；对于③，分析线面平行的性质即可；对于④，考虑面面垂直的性质定理及两个平面的位置关系．‎ ‎7．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是 A. PB⊥AD B. 平面PAB⊥平面PBC C. 直线BC∥平面PAE D. 直线PD与平面ABC所成的角为45°‎ ‎【答案】D ‎【解析】 在A中，因为与在平面内的射不垂直，所以不成立；‎ ‎ 在B中，因为平面平面，所以平面平面 也不成立，所以不正确；‎ ‎ 在C中，因为平面，平面，所以平面，所以直线平面也不成立，所以B不成立.‎ 在D中，在直角中，，所以,所以是正确的，故选D.‎ ‎8．如图所示，在单位正方体的面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】 如图所示，把对角面绕旋转至，‎ ‎ 使其与在同一平面上，连接，‎ ‎ 则为所求的最小值，故选A.‎ ‎9．如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN垂直．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是(　　)‎ A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出正方体，如图所示，易知，①②错误，③④正确．故选C.‎ ‎10．一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为 ‎，底面为正方形；半圆锥高为，底面为半径为1的半圆，因此体积为，选D.‎ 考点：三视图 ‎【名师点睛】‎ ‎1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．‎ ‎2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．‎ ‎11．等边圆柱（轴截面是正方形）、球、正方体的体积相等，它们的表面积的大小关系是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 设正方体的棱长为，则体积和表面积分别为，‎ ‎ 等边圆柱（轴截面为正方形）的高为，‎ 体积和表面积分别为，‎ 求的半径为，则体积与表面积分别为 所以 ，故选B.‎ ‎ 点睛：本题主要考查空间的表面积与体积的计算，解答中熟记正方体、等边圆柱（轴截面为正方形）、球的体积与表面积的计算的公式是解答问题的关键，主要考查了学生的推理与运算能力，试题比较基础，属于基础题.‎ ‎12．如图，已知正四面体D－ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，，分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 如图所示，连接，过点分别作垂线，,‎ ‎ 垂足分别为，连接，‎ 设，则,‎ 同理可得，‎ 由已知可得，所以且均为锐角，‎ 所以，故选B.‎ 点睛：本题主要考查了空间几何体的线面位置关系、四面体的性质及二面角的定义及二面角的求解与计算，解答中熟记空间几何体的结构特征和二面角的定义，根据二面角的定义找出相应的二面角是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力.‎ 请在此填写本题解析!‎ 二、填空题 ‎13．正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为________．‎ ‎【答案】平行 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为B1D1//BD,AD1//BC1，B1D1, AD1, BD, BC1, B1D1 AD1=D1，BDBC1=B，所以平面AB1D1//平面BC1D。‎ 考点：面面平行的判定定理。‎ 点评：熟练应用面面平行的判定定理，是做此题的前提条件。‎ ‎14．点到平面的距离分别为和，则线段的中点到平面的距离为_________________．‎ ‎【答案】1cm或5cm ‎【解析】由题意得，作，垂足分别为，‎ ‎（1）若两点在平面的两侧（如图所示），过点作，垂足为，‎ 在中，；‎ ‎ （2）当若两点在平面的同侧，过点作，垂足为，‎ 则.‎ 所以线段的中点到平面的距离为或.‎ ‎15．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．‎ 则侧视图的面积是________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】 如图所示，根据三视图之间的关系可得,‎ ‎ 所以俯视图中,‎ ‎ 所以三棱锥侧视图面积.‎ 点睛：本题主要考查了简单几何体的三视图，空间几何体的直观图，解答中着重考查了学生的空间想象能力和三视图中数量关系的转化，其中熟记空间几何体的三视图的规则是解答此类问题的关键.‎ ‎16．点E、F、G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________(写出所有真命题的编号)．‎ ‎①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；‎ ‎②过点F、D1、G的截面是正方形；‎ ‎③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；‎ ‎④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积是定值；‎ ‎⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．‎ ‎【答案】③④⑤‎ ‎【解析】画出图形，如图（1）所示，四个面都是直角三角形，所以（1）不正确；‎ ‎（2）连接，得到过点的截面，此截面为矩形，所以（2）不正确；‎ ‎（3）点在直线上运动时，，如图（2），则平面，即可得结论，所以是正确的.‎ ‎（4）当点在上运动时，三棱锥的体积不变，如图（2）中三角形面积不变，且到平面距离不变，所以体积为定值，所以是正确的；‎ ‎（5）点是正方体内到点和距离相等的点，则点的轨迹是一条线段，线段满足题意，故答案为③④⑤.‎ 三、解答题 ‎17．已知E、F、G、H为空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点， 且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH∥BD. ‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】本题主要考查线面平行的判定定理，是道基础题．先由EH∥FG，得到EH∥面BDC，从而得到EH∥BD．‎ 证明： 面， 面 面 又面，面 面，‎ ‎18．如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解.‎ 试题解析:（I）因为， ，所以平面，‎ 又因为平面，所以.‎ ‎（II）因为， 为中点，所以，‎ 由（I）知， ，所以平面.‎ 所以平面平面.‎ ‎（III）因为平面，平面平面，‎ 所以.‎ 因为为的中点，所以， .‎ 由（I）知， 平面，所以平面.‎ 所以三棱锥的体积.‎ ‎【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.‎ ‎19．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上， 且CE∥AB.‎ ‎（1）求证：CE⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积 ‎【答案】（1）见解析（2）　‎ ‎【解析】试题分析：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，‎ 所以PA⊥CE，‎ 因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD 又PA∩AD=A，所以CE⊥平面PAD ‎（2）由（1）可知CE⊥AD 在Rt△ECD中，DE=CDcos45°=1，CE=CDsin45°=1，又因为AB=CE=1，AB∥CE 所以四边形ABCE为矩形 所以=‎ 又PA平面ABCD，PA=1‎ 所以 考点：本题考查线面垂直的判定，求棱锥的体积 点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，运算求解的能力 ‎20．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB=CC1=1，BC=2.‎ ‎（1）求证：A1C1⊥AB；‎ ‎（2）求点B1到平面ABC1的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）连结，根据题意证得，又有，得到平面，即可得到结论；‎ ‎（2）设所求距离为，根据等体积法可求得点到平面的距离.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连结，则 又∵∴平面 ‎ ‎∴ ‎ 又∵ ∴平面 ‎∴‎ ‎（2）由（1）知 ∵‎ ‎ ∵ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴‎ ‎ 设所求距离为 ‎∵ ∴‎ ‎∴ ∴ ‎ 点睛：本题主要考查了空间几何体的线面位置关系的判定与证明，点到平面的距离的求解，解答中熟记直线与平面垂直的判定定理和直线与平面垂直的性质是证明的关键，同时在点面距的求解中，转化为三棱锥的体积相等，利用等体积法是求解点面距的一种常见方法.‎ ‎21．已知正四棱锥的底面边长和侧棱长均为，、分别是、上的点，且.‎ ‎（1）求证：直线∥平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的正切值；‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）连结并延长与交于，根据∽证得∥，在利用线面平行的判定定理，即可证得结论；‎ ‎（2）根据线面角的定理，得到为直线与平面所求的角，在中，即可求解的正切值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连结并延长与交于 ‎∵∽ ∴‎ ‎∴　∴∥ ‎ 又∵平面 ‎∴∥平面 ‎（2）∵∥‎ ‎∴、与平面所成的角相等 设、交于，连结、‎ ‎∵，∴为所求的角 ‎∵ ∴‎ 在中 ‎ ‎ 又∵ ∴‎ 在中 ‎ 点睛：本题主要考查了空间几何体的线面位置关系的判定与证明，直线与平面所成角的求解，解答中熟记直线与平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质是证明的关键，同时利用直线与平面所成角的概念找出直线与平面所成的角是求解直线与平面所成角的关键.‎ ‎22．已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且 ‎（1）求证：不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD ? ‎ ‎【答案】（1）见解析（2）λ＝‎ ‎【解析】(1)证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎∵CD⊥BC，且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.‎ ‎∵＝λ(0＜λ＜1)，‎ ‎∴不论λ为何值，恒有EF∥CD.‎ ‎∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF.‎ ‎∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.‎ ‎(2)解：由(1)知，BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD.∴BE⊥AC.‎ ‎∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，‎ ‎∴BD＝，AB＝tan60°＝.‎ ‎∴AC＝＝.‎ 由AB2＝AE·AC，得AE＝.∴λ＝＝.‎ 故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD