数学卷·2019届河北省邢台市第一中学高二上学期第一次月考数学（文）试题（解析版）

数学卷·2019届河北省邢台市第一中学高二上学期第一次月考数学（文）试题（解析版）

邢台一中2017-2018学年上学期第一次月考 高二年级文科数学试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎...............‎ 考点：圆锥的面积 ‎2. 已知水平放置的的直观图（斜二测画法）是边长为的正三角形，则原的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】正三角形还原回原三角形如图，‎ 过作垂直于轴于，因为是边长为的正三角形，‎ 所以，过作平行于轴交轴于，则，‎ 所以，对应的原图形中的点在平面直角坐标系下的纵坐标为，‎ 即原三角形底边上的高为，所以，原三角形面积，故选D.‎ 点睛: 平面图形与其直观图的关系 ‎(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于轴的线段平行性不变，长度不变；平行于轴的线段平行性不变，长度减半．”‎ ‎(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：．‎ ‎3. 在正方体中，与对角线异面的棱有（ ）条 A. 3 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】与对角线异面的棱有AD,AA1,A1B1,CC1,C1B1,C1D1六条，选C.‎ ‎4. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故排除B，C，D，选A．‎ 点睛:本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．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． ‎ ‎5. 已知圆心，一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上，则这个圆的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可设圆的直径两端点坐标为，由圆心坐标可得，可求得，可得圆的方程为即.故选B.‎ ‎6. 已知是不同的直线，是不同的平面，命题：（1）若，，则；（2）若，，则；（3）若，，则；（4）若，，则；（5）若，，则，错误命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】(1)平行于同一平面的两直线并不一定平行，可能相交，可能异面，所以错（2）平行于同一直线的两平面可能相交，可能平行，所以错（3）垂直同一平面的两直线平行，对（4）垂直同一直线两平面平行，对（5）垂直于同一平面的两平面，可能平行，可能相交，错。有三个错，选C.‎ ‎7. 给出下列命题，其中正确的命题为（ ）‎ A. 若直线和共面，直线和共面，则和共面 B. 直线与平面不垂直，则与平面内的所有的直线都不垂直 C. 直线与平面不平行，则与平面内的所有的直线都不平行 D. 异面直线不垂直，则过的任何平面与都不垂直 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A：直线共面不具有传递性，故A错误；B：根据线面垂直的判定可知B错误；C：若直线，满足直线与平面不平行，故C错误；D：假设存在过的平面与垂直，则可知，∴假设不成立，故D正确，故选D．‎ 考点：空间中点、线、面的位置关系及其判定．‎ ‎8. 在空间四边形中，，且异面直线与所成的角为，分别为边与的中点，则异面直线和所成的角为（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】取AC中点M，则异面直线与所成的角为直线和所成的角，异面直线和所成的角为直线和所成的角,因为异面直线与所成的角为，所以 ，因为，所以 ,因此 ,即异面直线和所成的角为，选D.‎ ‎9. 图是正方体的平面展开图，在这个正方体中：①与平行；②与是异面直线；③与成角；④与垂直；以上四个命题中，正确的是（ ）‎ A. ①②③ B. ②④ C. ②③④ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：由已知中的正方体平面展开图，画出正方体的直观图，结合正方体的几何特征，逐一判断题目中的四个命题，即可得到答案．‎ 解答：解：由已知中正方体的平面展开图，‎ 得到正方体的直观图如下图所示：‎ 由正方体的几何特征可得：‎ ‎①BM与ED平行，不正确； ‎ ‎②CN与BE是异面直线，不正确，是平行线；‎ ‎③AN∥BM，所以，CN与BM所成的角就是∠ANC=60°角，正确；‎ ‎④DM与BN垂直，DM与BN垂直，正确；‎ 故选D．‎ ‎10. 正方体棱长为4，分别是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得截面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】过三点的平面截正方体所得截面为一个正六边形,其余三个顶点分别为的 中点,边长为 ,所以面积为 ,选D.‎ ‎11. 已知三棱锥中，，，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 四棱锥四个顶点都在底面边长为，高为的长方体的顶上，故棱锥的外接球也是长方体的外接球，球的半径 ，故选A.‎ ‎12. 在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】连结，设，连结，‎ 则⊥平面，，‎ ‎∴OM⊥平面，‎ ‎∴∠MCO为MC与平面所成的角，‎ 设正方体棱长为1，则MC==，OM=B1D=，‎ ‎∴sin∠MCO=．‎ 故选C．‎ ‎ ‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 点到平面距离分别为12,20，若斜线与成的角，则的长等于．‎ ‎【答案】16或64‎ ‎【解析】第一种情况如下图所示，在直角三角形中，角所对的边等于斜边的一半，故.‎ 第二种情况如下图所示，在直角三角形中，角所对的边等于斜边的一半，故.‎ 点睛：本题主要考查直线与平面的位置关系，考查特殊直角三角形的几何性质.由于题目并没有明确两点的具体位置，故将两点的位置分成在平面的同一侧，在平面的两侧两种情况讨论.画出图象之后，利用直角三角形中角所对的边等于斜边的一半，结合图像可求得的长.‎ ‎14. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由三视图可知，三棱锥直观图如图 ，图中为棱的中点，正四棱柱底面边长为，高为，由直观图知，最长棱长为，故答案为.‎ ‎【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.‎ ‎15. 如图，正四面体中，分别是及的中点，则直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 连接CD，取CD中点为O，连接AO,OE，则有,则，或其补角即为所求；‎ 设正四面体的棱长为2，则，，.‎ 故答案为.‎ ‎16. 如图，在正四棱锥中，分别是的中点，动点的线段上运动时，下列四个结论：‎ ‎①；②；③平面；④平面 恒成立的是．（把正确的序号都填上）‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】如图所示，连接 相交于点 ，连接 ．‎ ‎ 在①中：由正四棱锥，可得 底面 ，，‎ ‎ ．‎ ‎，‎ ‎ 平面 .‎ ‎ 分别是 的中点，‎ ‎ ，而 ，‎ ‎∴平面 平面，‎ ‎∴ 平面，‎ ‎ 故①正确；‎ 在②中：由异面直线的定义可知： 与 是异面直线，‎ 不可能，因此不正确；‎ 在③中：由①可知平面平面，‎ 平面，因此正确；‎ 在④中：由①同理可得： 平面，‎ 若 平面，则EP∥EM，与EP∩EM=E相矛盾，‎ 因此当 与 不重合时， 与平面不垂直，即不正确．‎ 故答案为①③．‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17. 如图，在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的表面积.‎ ‎【答案】(2＋2)π ‎【解析】试题分析：根据母线和圆锥的底面半径，可求得圆锥的高，再根据三角形的比较关系可求得圆柱的底面半径，再根据圆柱的表面积公式.‎ 试题解析：圆锥的高，圆柱的底面半径，‎ 考点：圆锥与内接几何体 ‎18. 圆过点，.‎ 求：（1）周长最小的圆的方程；‎ ‎（2）圆心在直线上的圆的方程.‎ ‎【答案】（1）x2＋(y－1)2＝10（2）(x－3)2＋(y－2)2＝20）‎ ‎【解析】试题分析:(1)当周长最小时为圆的直径，由此可得所求圆的圆心和半径，即可得圆的方程；（2）线段的垂直平分线与直线的交点即为圆心坐标,即为半径，可得圆的方程.‎ 解:(1)当AB为直径时，过A、B的圆的半径最小，从而周长最小．即AB中点(0,1)为圆心，半径r＝|AB|＝.则圆的方程为：x2＋(y－1)2＝10.‎ ‎(2) 解法1：AB的斜率为k＝－3，则AB的垂直平分线的方程是y－1＝x.即x－3y＋3＝0‎ 由圆心在直线上得两直线交点为圆心即圆心坐标是C(3,2)．‎ r＝|AC|＝＝2.∴圆的方程是(x－3)2＋(y－2)2＝20.‎ 解法2：待定系数法 设圆的方程为：(x－a)2＋(y－b)2＝r2.‎ 则 ‎∴圆的方程为：(x－3)2＋(y－2)2＝20.‎ ‎19. 如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为与的交点，平面，为中点，为中点.‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）若点为中点，，，，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】）(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）设中点为，连结，，先利用中位线定理证明，结合已知可得四边形为平行四边形，进而，由线面平行的判定定理可得结论；（2）先利用等积变换得，再利用棱锥体积公式可得结果.‎ 试题解析：（1）证明：取中点，连结，，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，又∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）由已知条件得，所以，‎ 所以．‎ 考点：1、直线与平面平行的判定；2、等积变换及棱锥的体积公式.‎ ‎20. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，点是棱的中点，平面与棱交于点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，且平面平面，试证明：平面.‎ ‎【答案】证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）证明：AB∥平面PCD，即可证明AB∥EF；‎ ‎（Ⅱ）利用平面PAD⊥平面ABCD，证明CD⊥AF，PA=AD，所以AF⊥PD，即可证明AF⊥平面PCD；‎ 解：‎ ‎（1）∵底面是正方形，∴，‎ 又∵平面，平面，∴平面，又∵，，，四点共面，且平面平面，∴.‎ ‎（2）在正方形中，，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，又∵平面，∴，由（1）可知，‎ 又∵，∴，由点是棱中点，∴点是棱中点，‎ 在中，∵，∴，又∵，∴平面.‎ ‎21. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，为的中点，与的交点为.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）连接，可证得，进而证得；‎ ‎（2）延长CA，交于Q，连接BQ，延长CM交BQ于P，连接OP，可证得为直线CM与平面所成角的平面角，进而求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连接 ‎ ‎ ‎（2）延长CA，交于Q，连接BQ，延长CM交BQ于P，连接OP.‎ ‎,‎ ‎.‎ 为直线CM与平面所成角的平面角 ‎，‎ ‎.‎ ‎ ‎ 所以，直线CM与平面所成角的正弦值为. ‎ ‎（（3）思路二：取中点为H，连接则与平面所成角等于直线CM与平面所成角，可等体积法求得H到平面的距离，然后求线面角的正弦值)‎ 点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.‎ ‎22. 如图，四棱柱中，底面，底面是梯形，，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在一点，使平面，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)存在;理由见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先由棱柱的性质证明，再根据勾股定理可得，从而可得平面，进而根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面；（2）存在点是的中点，使平面，先根据中位线定理及平行四边形的性质可得，根据线面平行的判定定理进行证明可得到结论.‎ 试题解析：（1）因为底面， 所以底面，因为底面，‎ 所以因为底面是梯形，，，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以在中，所以所以 又因为所以平面因为平面，所以平面平面 ‎（2）存在点是的中点，使平面.‎ 证明如下：取线段的中点为点，连结,所以，且因为，所以，且所以四边形是平行四边形.所以 又因为平面，平面，所以平面 ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直与面面垂直的判定，属于难题.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. ‎