2018-2019学年福建省东山县第二中学高一下学期第一次月考数学试题

2018-2019学年福建省东山县第二中学高一下学期第一次月考数学试题

‎2018-2019学年福建省东山县第二中学高一下学期第一次月考数学试题 一、选择题：（本大题共12小题，每小题只有一个正确选项，每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知圆柱的高等于，侧面积等于，则这个圆柱的体积等于 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．一平面截一球得到直径为cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，‎ 则该球的体积是（ ）‎ A．12π cm3 B．36π cm3 C. D．108π cm3‎ 3. 如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△AOB的面积是 ( )‎ ‎ ‎ A. ‎6 B. 3 C. 6 D. 12‎ A B C D E F M N ‎4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中 ①与 平行 ②与垂直 ‎ ③与成 ④ 与异面 ‎ ‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）‎ A． ①②③ B．②④ C．③④ D．②③‎ ‎5．下列命题正确的是（ ）‎ A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 ‎6．设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎7．已知平面α⊥平面β，α∩β＝，点A∈α，A ∉，直线AB∥，直线AC⊥，‎ 直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)．‎ A.AC ⊥β B．AC ⊥m C．AB ∥β D．AB∥m 8. 等边三角形的中线与中位线相交于，已知是△‎ 绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）‎ A.动点在平面上的射影在线段上 ‎ B．恒有平面⊥平面 C．三棱锥的体积有最大值 ‎ D．异面直线与不可能垂直 ‎9.四面体ABCD中，AD ＝BC，且AD⊥BC，E、F分别是AB、CD的中点，则EF与BC所 成的角为(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎10.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )‎ ‎ A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π ‎11．在四面体A-BCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A-CD-B 的平面角的余弦值为(　　)．‎ A. B. C. D.‎ ‎12．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值为(　　)．‎ A. B. C. D.‎ 二、 填空题：(本大题共5小题，每小题4分，共20分)‎ ‎13、一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 ．‎ ‎14.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A， B )，直线PA垂直于圆O 所在的平面，点M为线段PB的中点．有以下四个命题：‎ ‎①PA∥平面MOB；‎ ‎②MO∥平面PAC；‎ ‎③OC⊥平面PAC；‎ ‎④平面PAC⊥平面PBC.‎ 其中正确的命题是_______(填上所有正确命题的序号)．‎ 15． 如图,在正四棱锥S－ABCD(顶点S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心)中,‎ 底边长2，高,E是BC的中点,点P在表面上运动,并且总是保持PE ⊥AC．则动 点P的轨迹的长度 . ‎ 16． 正三棱锥的高为，底面边长为，正三棱锥内有一个球与其四个面相切，则 此球的表面积是 ． ‎ 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.(10分)如图，已知圆锥的顶点为P，母线长为4，底面圆心为O，半径为2．‎ ‎（1）求这个圆锥的体积；‎ ‎（2）设OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，‎ 求异面直线PM与OB所成角的正切值． ‎ 18. ‎(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB =AC,且AD ⊥BC. F为B1C1的中点.D,E分别 是棱BC,CC1上的点.‎ ‎(1)求证:直线A1F∥平面ADE.‎ ‎(2)若E为C1C的中点,能否在直线B1B上找一点N,使得A1N∥平面ADE ?若存在,确 定该点位置;若不存在,说明理由.‎ ‎ ‎ ‎19.(12分)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.‎ （1） 求证：A1F⊥平面BCDE.‎ （2） 线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.‎ C A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ A B C D E F C B E D A1‎ F 图1‎ 图2‎ ‎20.(12分)如图,已知BB1⊥平面ABC,BB1∥AA1, BB1 =2AA1 ，AB=AC=3,BC=2,A1B1 =4.‎ 点E,F分别是BC,A1C的中点. ‎ ‎(1)求证:EF∥平面A1B1BA.‎ ‎(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1.‎ ‎(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的正弦值. ‎ 21. ‎(12分)如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，FA⊥平面ABCD，‎ EC∥FA，G为BF的中点，若EG∥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：EG⊥平面ABF；‎ ‎(2)若AF＝AB＝2，求多面体ABCDEF的体积．‎ ‎22．(12分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中(即侧棱垂直于底面的三棱柱)，‎ ‎∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.‎ ‎(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；‎ ‎(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1-CD-C1的大小为60°？说明理由.‎ ‎2018-2019学年高一（下）数学月考一 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 A B D D C D A D B C C B 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎ 13. 3：1：2 14.②④ 15. 16.‎ ‎ （11题） （15题） ‎ 11. 取AC的中点E，CD的中点F，连接EF，BF，BE，∵AC＝，其余各棱长都为1，‎ ‎∴AD⊥CD.∴EF⊥CD.又∵BF⊥CD，∴∠BFE是二面角A-CD-B的平面角．‎ ‎∵EF＝，BE＝，BF＝，∴EF2＋BE2＝BF2.∴∠BEF＝90°，∴cos∠BFE＝＝. ‎ ‎12.　由题意知三棱锥A1-ABC为正四面体，设棱长为a，则AB1＝a，‎ 棱柱的高A1O＝ ＝＝a(即点B1到底面ABC的距离)，故AB1与底面ABC所成角的正弦值为＝ ‎15 . 由题意知，点P的轨迹为如图所示的三角形EFG，其中G、F为中点，此时AC⊥EF，AC⊥GE，则AC⊥平面EFG，则PE⊥AC．∵ABCD是边长为2的正方形，∴，∴EF=，‎ ‎∵SO=2，OB=，∴,∴GE=GF=，故答案为：‎ 三、 解答题：（本大题共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。）‎ ‎17.(10分)‎ 解：（1）在Rt△POB中，PB＝4，OB＝2，所以PO＝2．‎ 所以求圆锥的体积V＝×π×22×2＝．‎ ‎(2)取OA中点N，连结MN，PN，因为M为线段AB的中点，所以MN∥OB，‎ 于是∠PMN是异面直线PM与OB的所成角．‎ 因为ON＝OA＝1，PN＝＝，MN＝OB＝1，‎ 在Rt△PMN中，tan∠PMN＝＝，‎ 即异面直线PM与OB所成角的正切值为．‎ ‎18.(12分)‎ 解(1)连接DF,如图所示,AB=AC.AD⊥BC,‎ ‎∴D为BC的中点.‎ 又∵F为B1C1的中点,‎ ‎∴DF∥BB1,DF =BB1,‎ ‎∴DF∥AA1,DF =AA1‎ ‎∴四边形ADFA1为平行四边形,‎ ‎∴A1F∥AD.‎ 又∵AD⊂平面ADE,A1F ⊄平面ADE,‎ ‎∴直线A1F∥平面ADE.‎ ‎(2)当N为BB1的中点时,A1N∥平面ADE.‎ 理由如下:连接NA1,NF,BC1,如图所示.‎ 当N为B1B的中点时,‎ ‎∵F为B1C1的中点,∴NF∥BC1.‎ ‎∵DE∥BC1,∴NF∥DE.‎ 又DE⊂平面ADE,NF ⊄平面ADE,‎ ‎∴NF∥平面ADE.‎ 由(1)知A1F∥平面ADE,‎ ‎∵NF∩A1F=F,‎ ‎∴平面A1NF∥平面ADE.又A1N ⊂平面A1NF,‎ ‎∴A1N∥平面ADE.‎ ‎19.(12分).‎ ‎(2)取中点Q，中点P，连结DP，PQ，QE.‎ 则PQ//BC，.‎ 由（1）知 .‎ ‎∴PQ⊥A1C.∵A1D=DC ‎∴△A1DC是等腰三角形.又∵点P为A1C的中点，∴A1C⊥PD.‎ 即A1C⊥平面DEQ.‎ 20. ‎(12分)‎ （1） 如图,连接A1B,在△A1BC中,因为E和F分别是BC,A1C的中点,‎ 所以EF∥BA1,又因为EF⊄平面A1B1BA,‎ 所以EF∥平面A1B1BA. ‎ ‎(2)因为AB=AC,E为BC中点,所以AE⊥BC.‎ 所以BB1⊥平面ABC,从而BB1⊥AE,‎ 又BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,‎ 又因为AE⊂平面AEA1,‎ 所以平面AEA1⊥平面BCB1.‎ ‎(3)取B1C的中点N,连接A1N,NE.‎ 因为N和E分别为B1C,BC的中点,‎ 所以NE∥BB1,NE=BB1,故NE∥AA1,NE=AA1,‎ 所以A1N∥AE,A1N=AE.‎ 又因为AE⊥平面BCB1,所以A1N⊥平面BCB1,‎ 从而∠A1B1N就是直线与平面所成的角.‎ 在△ABC中可得AE=2,所以A1N=AE=2,又A1B1=4.‎ 在Rt△A1NB1中 所以直线A1B1与平面BCB1所成的角为.‎ 20. ‎(12分)‎ ‎(1)证明　取AB的中点M，连接GM，MC， ‎ 又G为BF的中点，∴GM∥FA.‎ ‎∵EC∥FA，∴EC∥GM.‎ ‎∵平面CEGM∩平面ABCD＝CM，‎ 又EG∥平面ABCD，∴EG∥CM.‎ 连接AC，在正三角形ABC中，CM⊥AB，‎ ‎∴EG⊥AB.‎ ‎∵FA⊥平面ABCD，FA⊥CM，∴FA⊥EG.‎ 又∵AB∩FA＝A，∴EG⊥平面ABF.‎ ‎(2)解　由(1)知EC∥GM，GE∥CM，‎ ‎∴四边形CEGM为平行四边形，‎ ‎∴CE＝GM＝AF＝1.‎ 依题意可得四棱锥B—ACEF与D—ACEF的体积相等，‎ 则多面体ABCDEF的体积V＝VB—ACEF＋VD—ACEF ‎＝S四边形ACEF·BD＝××(1＋2)×2×2＝2.‎ 20. ‎(12分)‎ ‎(1)证明　∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，∴B1C1⊥A1C1‎ 又由直三棱柱性质知B1C1⊥CC1，‎ ‎∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD，‎ 由AA1＝BC＝2AC＝2，D为AA1中点，‎ 可知DC＝DC1＝，‎ ‎∴DC 2＋DC＝CC＝4，即CD⊥DC1，‎ 又B1C1⊥CD，∴CD⊥平面B1C1D，‎ 又CD⊂平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.‎ ‎(2)解　当AD＝AA1时二面角B1CDC1的大小为60°.‎ ‎ 假设在AA1上存在一点D满足题意，‎ 由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，‎ 如图，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD， ‎ 交CD或延长线或于E，连EB1，则EB1⊥CD，‎ 所以∠B1EC1为二面角B1－CD－C1的平面角，∴∠B1EC1＝60°，‎ 由B1C1＝2知，C1E＝，‎ 设AD＝x，则DC＝，‎ ‎∵△DCC1的面积为1，∴·＝1，‎ 解得x＝，即AD＝＝AA1，‎ ‎∴在AA1上存在一点D满足题意