贵州省遵义市航天高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

贵州省遵义市航天高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

‎2019-2020学年第一学期第一次月考试题高二数学 一．选择题（每小题6分，满分72分）‎ ‎1.如图所示，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的图是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用异面直线的定义和正方体的性质 ,逐一分析各个图形中的2条直线的是否相交与平行，即可把满足条件的图形找出来.‎ ‎【详解】①中的与是两条平行且相等的线段，故选项①不满足条件；‎ ‎②中的与是两条平行且相等的线段，故选项②也不满足条件；‎ ‎④中，由于平行且等于，故四边形为梯形；故与是两条相交直线，它们和棱交于同一个点，故选项④不满足条件；‎ ‎③中的与是两条既不平行，又不相交的直线，故选项③满足条件，‎ 故答案③.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间两条直线的位置关系以及异面直线的定义，意在考查空间想象能力以及对基础知识掌握的熟程度，属于中档题.‎ ‎2. 如图，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）‎ ‎①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥 A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析: ①的三视图均为正方形；②的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为圆；③的三视图中正视图是等腰梯形中间含有一条高线的图形．侧视图为梯形，俯视图为内外都是三角形；④的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为正方形．几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是：②④．故选D．‎ 考点：1、几何体三视图；2、几何体直观图．‎ ‎3.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　)‎ A. AC B. BD C. A1D D. A1D1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，求出的坐标，以及的坐标，可得，因此，即 ‎【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，‎ 设正方体棱长为，则，，，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 则即 故选 ‎【点睛】本题考查了空间直线的位置关系，在解答本题中采用了建立空间直角坐标系，然后计算求出结果，较为基础。‎ ‎4.半径为5的球被一平面所截，若截面圆的面积为16π，则球心到截面的距离为 A. 4 B. 3 C. 2.5 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出截面圆的半径，利用球的半径，截面圆的半径，球心到截面圆的距离满足勾股定理，能求出球心到截面圆的距离．‎ ‎【详解】解：由题意知截面圆的半径为：‎ ‎∵球的半径为5，球的半径，截面圆的半径，球心到截面圆的距离满足勾股定理，‎ ‎∴球心到截面圆的距离：‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查球心到截面距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意球的半径，截面圆的半径，球心到截面圆的距离满足勾股定理的合理运用．‎ ‎5.把按斜二测画法得到（如图所示），其中，，那么是一个 A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 三边互不相等的三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．‎ ‎【详解】根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，如下图所示：‎ 由图易得，故为等边三角形，故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原在直角坐标系的图形．‎ ‎6. 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：该几何体是正方体在两个角各挖去四分之一个圆柱，因此．故选B．‎ 考点：三视图，体积．‎ ‎7.点分别是正方体的棱和的中点，则和所成角的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：因为M、N分别是棱BB1和B1C1的中点，所以MN∥BC1∥AD1．‎ 所以直线MN与直线CD1所成角的大小和直线AD1与直线CD1所成角的大小相等．‎ 因为是正方体，‎ ‎∴AD1=AC=CD1，‎ 所以直线AD1与直线CD1所成角的大小为60°，‎ 所以MN与CD1所成的角的大小为60°．‎ ‎8.如图，长方体平面与长方体的各个面所形成的二面角的大小中不正确的有 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平面与平面，所成的二面角的平面角分别为，，分别求出角的大小，另外平面面，二面角的大小为。‎ ‎【详解】由已知可得平面与平面，所成的二面角的平面角分别为，，‎ ‎，‎ 另外平面面，二面角的大小为，‎ 平面与长方体的各个面所形成的二面角的大小有，，。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查二面角的求解，用二面角平面角的定义找到平面角是关键，是一道基础题。‎ ‎9.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是，则这个三棱柱的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎,所以三棱柱的高为4,设底面边长为a,则,‎ ‎10.关于直线与平面，有下列四个命题：‎ ‎①若且，则，②若且,则，‎ ‎③若且，则，④若且,则 其中真命题的序号是 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的性质定理对四个命题分别分析解答，判断线线关系．‎ ‎【详解】解：对于①，若且，则与平行或者异面；故①错误； ‎ 对于②，若且，根据线面垂直的性质以及面面垂直的性质可以判断；故②正确；‎ 对于③，若且，根据线面垂直、线面平行的性质以及面面平行的性质可以得到；故③正确； ‎ 对于④，若且，则与可能平行，可能垂直，故④错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的性质定理的运用；熟练掌握定理是关键．‎ ‎11.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：‎ 直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线平面PBC；平面平面PAD．‎ 其中正确的结论个数为　　‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把平面展开图还原回立体图形，根据异面直线的概念和线面关系的判定，依次判断各个选项，得到正确结论的个数。‎ ‎【详解】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：‎ ‎①为中点，又四边形为矩形 ‎ ‎ 四点共面 直线与共面，不是异面直线，即①错误 ‎②平面，平面，，平面 直线与直线为异面直线，即②正确 ‎③，平面，平面 平面，即③正确 ‎④假设平面平面，即平面平面 又平面平面，作，垂足为，可得平面 但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系。关键在于熟悉异面直线的概念、线面平行和垂直关系的判定定理。‎ ‎12.已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 A. 40 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积．‎ ‎【详解】解：圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，‎ 可得，又的面积为，‎ 可得，即，可得 与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为：，‎ 则该圆锥的侧面积：，‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的截面面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ 二．填空题（每小题6分，满分24分）‎ ‎13.已知l、m是两条直线，α是平面，若要得到“l∥α”，则需要在条件“m⊂α，l∥m”中另外添加的一个条件是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据直线与平面平行的判定定理，知需要添加的一个条件是“l⊄α”．‎ 点睛：线面平行判定定理中三个条件缺一不可：两直线平行，其中一条直线在平面外，另一条直线在平面内，可得平面外直线与平面平行 ‎14.一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示，两容器内所盛液体的体积正好相等，且液面高度h也相等，则等于__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中圆锥形容器和圆柱形容器的轴截面的尺寸，计算出液体的体积，结合两容器盛有液体的体积正好相等，且液面高均为，构造关于的方程，解得答案。‎ ‎【详解】∵圆锥液面高时，底面半径为，‎ 故圆锥体内液体的体积为：‎ 又∵圆柱的底面半径为，液面高为，‎ 故圆柱体内液体的体积为：，‎ 由两容器盛有液体的体积正好相等，‎ ‎∴,解得： ‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥和圆柱的体积公式，是解答的关键．‎ ‎15.已知是球表面上的点,平面则球的体积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线平面的垂直问题得出中AC的中点O，判断SC为球O的直径，又可求得SC＝，球O的半径R＝，求解即可．‎ ‎【详解】解：平面，‎ ‎，‎ 平面，‎ 平面，‎ 中的中点，‎ ‎，‎ ‎∴SC为球O的直径，又可求得SC＝，∴球O的半径R＝，体积 故答案为：‎ ‎【点睛】本题综合考查了空间几何体的性质，空间思维能力的运用，平面，立体问题的转化，巧运用直角三角形的性质．‎ ‎16.以下四个正方体中，点M为四等分点，其余各点为顶点或者中点，其中四点共面的有____.‎ ‎①②‎ ‎③④‎ ‎【答案】②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①PB//面OA，则PB与OA异面；‎ ‎②延长AB与DC，它们相交；‎ ‎③BC平行于OA所在的一个面，则BC与OA异面；‎ ‎④延长BC与AM所在的面相交，交点不在AM上。‎ ‎【详解】①‎ 因为PB//面OA，故PB与OA异面，所以O，A，P，B四点不共面。‎ ‎②‎ 连接AB，过D作AB的平行线与BC的延长线交于一点F,故A,B,C,D在一个面上.‎ ‎③‎ 因为BC//面OAEF,故BC与OA异面，所以O，A，C，B四点不共面。‎ ‎④‎ 延长AM，BC与EF的交点并不在同一点，故AM与BC异面，所以A，M，B，C 四点不共面．故答案为：②‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的应用，以及异面直线的判断，是中等难度题目．‎ 三．解答题（17、18每小题13分，19、20每小题14分，满分54分）‎ ‎17.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：‎ ‎（1）B，C，H，G四点共面；‎ ‎（2）平面EFA1∥平面BCHG．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H，G四点共面．‎ ‎(2)∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB且A1G=EB，∴四边形A1EBG是平行四边形．∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.‎ 考点：本题考查了公理3及面面平行的判定 点评：线线、线面、面面间的平行关系的判定和性质，常常是通过线线关系、线面关系、面面关系的相互转化来表达的．‎ ‎18.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E、F分别是PC、AD中点，‎ ‎(1)求证：DE//平面PFB；‎ ‎(2)求PB与面PCD所成角的正切值。‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取PB的中点G，连接EG，FG，通过证明四边形FGED是平行四边形，得ED//GF，进而可以得到DE//面PFB；‎ ‎（2）先由条件求出∠BPC就是PB与面PCD所成的角，再通过求三角形边长即可得到结论 ‎【详解】（1）取PB的中点G，连接EG，FG，如图，‎ ‎ ‎ E，G分别是PC，PB的中点，‎ FG//BC且FG=BC，又DF//BC且DF=BC FG//DF且FG=DF，‎ 四边形FGED是平行四边形，‎ 则DE//GF，又DE面PFB，GF面PFB，‎ DE//面PFB ‎（2）由已知得：PD⊥面ABCD ‎∴PD⊥BC ‎∵ABCD是正方形 ‎∴BC⊥CD 又PD∩CD＝D ‎∴BC⊥面PCD ‎∴PB在面PCD内的射影是PC ‎∴∠BPC就是PB与面PCD所成的角． ‎ 设PD＝DC＝a，则PC＝‎ ‎∴在△PBC中，∠PCB＝90°，PC＝，BC＝a ‎∴tan∠BPC＝‎ ‎∴PC与面PCD所成角的正切值为 ‎【点睛】本题主要考查线面平行以及线面所成的角．线面平行的证明一般转化为线线平行或面面平行．‎ ‎19.如图，AB是圆O的直径，C是圆O上不同于A，B的一点，PA⊥平面ABC，E是PC的中点，，PA=AC=1．‎ ‎（1）求证：AE⊥PB;‎ ‎（2）求三棱锥C-ABE的体积.‎ ‎（3）求二面角A-PB-C的正弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由线面垂直得PA⊥BC，由圆O的直径，得AC⊥BC，从而AE⊂平面PAC，进而BC⊥AE，由等腰三角形性质得AE⊥PC，由此能证明AE⊥PB．‎ ‎（2）求，转化为以E为顶点，以ABC为底面时的体积来求即可。‎ ‎（3）过A作AF⊥PB交PB于F，连接EF，推导出∠AFE是二面角A−PB−C 的平面角，由此能求出二面角A−PB−C的正弦值．‎ ‎【详解】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC ‎∴PA⊥BC，‎ 又AB是圆O的直径，C是圆O上不同于A，B的一点 ‎∴∠ACB＝90°，即AC⊥BC，又PA∩AC＝A ‎∴BC⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC ‎∴BC⊥AE ‎∵PA＝AC，E是PC的中点 ‎∴AE⊥PC，又BC∩PC＝C ‎∴AE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC ‎∴AE⊥PB． ‎ ‎（2）由已知可得 对于以E为顶点，以为底面时，‎ 因为E是PC的中点，所以E到面ABC的距离等于，‎ 在中，‎ ‎ ‎ ‎（3）过A作AF⊥PB交PB于F，连接EF 又由（1）得AE⊥PB，AE∩AF＝A ‎∴PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF ‎∴PB⊥EF，又AF⊥PB ‎∴∠AFE是二面角A−PB−C的平面角 ‎∵在Rt△PAC中，PA＝AC＝1，则 在Rt△PAB中，PA＝1，AB＝，同理得 ‎∴在Rt△AEF中， ‎ 故二面角A−PB−C的正弦值为 ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查三棱锥的体积以及二面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎20.如图,在矩形ABCD中,AB=2BC,P是线段AB中点,平面ABCD.‎ ‎(1)求证:平面EPC;‎ ‎(2)问在EP上是否存在点F,使平面平面BFC?若存在,求出值;若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）存在，，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得∠APD＝∠BPC＝45°，∠DPC＝90°，从而DP⊥PC，由EP⊥平面ABCD，得EP⊥DP，由此能证明DP⊥平面EPC．‎ ‎（2）假设存在F，使平面AFD⊥平面BFC，由已知得AD∥平面BFC，从而AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l，由已知得EP⊥AD，而AD⊥AB，从而l⊥平面FAB，∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角，由此能求出当时，平面AFD⊥平面BFC．‎ ‎【详解】解：（1）证明：∵在矩形ABCD中，AB＝2BC，‎ P、Q分别是线段AB，CD中点，‎ ‎∴∠APD＝∠BPC＝45°，∴∠DPC＝90°，∴DP⊥PC，‎ ‎∵EP⊥平面ABCD，DP⊂平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥DP，‎ 又PC∩EP＝P，∴DP⊥平面EPC．‎ ‎（2）解：假设存F，使平面AFD⊥平面BFC，‎ ‎∵AD∥BC，BC⊂平面BFC，AD不包含于平面BFC，‎ ‎∴AD∥平面BFC，‎ ‎∴AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l，‎ ‎∵EP⊥平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥AD，而AD⊥AB，‎ AB∩EP＝P，∴AD⊥平面EAB，∴l⊥平面FAB，‎ ‎∴∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角，‎ ‎∵P是AB的中点，且FP⊥AB，‎ ‎∴当∠AFB＝90°时，FP＝AP，‎ ‎∴当时，平面AFD⊥平面BFC．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明，考查使平面与平面垂直的点是否存在的判断与求法，解题时要注意空间思维能力的培养．‎ ‎ ‎ ‎ ‎