山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二9月月考数学（理）试题

山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二9月月考数学（理）试题

景胜中学2019-2020学年度第一学期月考（9月）‎ 高二数学试题（理）‎ 一．选择题 ‎1.点P在直线a上，直线a在平面α内可记为（　　）‎ A. P∈a，a⊂α B. P⊂a，a⊂α C. P⊂a，a∈α D. P∈a，a∈α ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线、面都是由点组成，借助于元素与集合和集合与集合的关系表示．‎ ‎【详解】点P在直线a上，直线a在平面α内可记为P∈a，a⊂α；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了几何中，点与线、线与面的位置关系的表示；考查了数学符号语言的应用，属于基础题．‎ ‎2.直线是平面外的一条直线，下列条件中可推出的是（ ）‎ A. 与内的一条直线不相交 B. 与内的两条直线不相交 C. 与内的无数条直线不相交 D. 与内的任意一条直线不相交 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与平面平行的定义来进行判断.‎ ‎【详解】对于选项A，与平面内的一条直线不相交，则直线、与相交以及都有可能，A选项不正确；‎ 对于B选项，与内的两条直线不相交，则直线、与相交以及都有可能，B选项不正确；‎ 对于C选项，若与内的无数条平行直线平行时，则或，C选项不正确；‎ 对于D选项，，根据直线与平面平行的定义，可知直线与平面内的任意一条直线都不相交，D选项正确.故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行条件的判断，考查线面平行的定义，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎3.在梯形中，，，.将梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意可知旋转后的几何体如图: ‎ 直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为 故选C.‎ 考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.‎ ‎4.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高上，‎ 记为O，PO=AO=R，，=4-R，‎ 在Rt△中，，‎ 由勾股定理得，‎ ‎∴球的表面积，故选A.‎ 考点：球的体积和表面积 ‎5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由三视图可知该几何体为半圆柱与三棱锥的结合体，‎ 其中半圆柱的底面圆半径为1，圆柱的高为2，‎ 三棱锥的底面为等腰三角形，三边长分别为，棱锥的高为1，‎ 所以几何体的体积为，故选A.‎ 点睛：关于三视图的考查是高考中的必考点，一般考试形式为给出三视图，求解该几何体的体积或表面积。三视图问题首先观察俯视图确定几何体的底面形状，再结合正视图，侧视图确定几何体的准确形状，如本题中俯视图为矩形和三角形的结合，所以该几何体为组合体，结合侧视图可知该几何体为圆柱和三棱柱的组合体，进而由图中数据求得体积.‎ ‎6.已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．‎ 考点：外接球表面积和椎体的体积．‎ ‎7.如图，在长方体中，，，，分别过、的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，.若，则截面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用得出，可得出的值，并求出的值，并利用勾股定理求出的值，再利用矩形的面积公式可得出截面的面积.‎ ‎【详解】易知平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得出，又，即，‎ 四边形为平行四边形，，又，，‎ 又，，，‎ 由于三棱柱、四棱柱、三棱柱的高相等，‎ 所以，即，，‎ ‎，由勾股定理得，‎ 平面，平面，，易知四边形为矩形，它的面积为，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查柱体的体积比以及截面面积的求解，解题的关键就是要确定截面的形状，并计算出截面图形的一些几何量，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎8.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ 对于选项B中，由于，结合线面平行判定定理可可知B不满足题意；‎ ‎ 对于选项C中，由于，结合线面平行的判定定理可知C不满足题意；‎ 对于选项D中，由于，结合线面平行的判定定理可知D不满足题意；‎ 所以选项A满足题意，故选A．‎ ‎9.已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S—ABC的体积为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD 因为线段SC是球的直径，  所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90‎ ‎°  所以在Rt△SAC中，SC=4，∠ASC=30° 得：AC=2，SA=2  又在Rt△SBC中，SC=4，∠BSC=30° 得：BC=2，SB=2 则：SA=SB，AC=BC 因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD===  在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD===  又SD交CD于点D 所以：AB⊥平面SCD 即：棱锥S-ABC的体积：V=AB•S△SCD，  因为：SD=，CD=，SC=4 所以由余弦定理得：cos∠SDC=（SD2+CD 2-SC 2）=（+-16）==  则：sin∠SDC==  由三角形面积公式得△SCD的面积S=SD•CD•sin∠SDC==3  所以：棱锥S-ABC的体积：V=AB•S △SCD==  故选C 解析:‎ 本题是中档题，考查球的内接棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力，有难度的题目，常考题型． 设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD，说明SC是球的直径，利用余弦定理，三角形的面积公式求出S △SCD，和棱锥的高AB，即可求出棱锥的体积．‎ ‎10.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ‎，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.‎ 考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎11.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和,利用垂直关系和三角形面积公式，可得：，因此该几何体表面积，故选B。‎ ‎【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题，一般都是求棱锥或棱柱的体积而这道题是求表面积，因此考查学生计算基本功以及空间想象的能力 ‎12.已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意作出图形：‎ 设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，‎ 延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，‎ ‎∴，‎ ‎∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，‎ ‎∴．‎ 考点：棱锥与外接球，体积．‎ ‎【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．‎ 二．填空题 ‎13.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为，弧长为，底面圆的半径为，则该圆锥的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形的弧长计算出圆锥的母线长，并利用勾股定理计算出圆锥的高，最后利用锥体的体积公式可计算出圆锥的体积.‎ ‎【详解】因为扇形的弧长为，所以圆锥母线长满足，所以母线长，高为，所以体积为， 填．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的体积，解题的关键在于根据题中条件计算出圆锥的相关几何量，并利用锥体体积公式计算圆锥的体积，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎14.某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为的正方形，则该几何体中最长的棱长是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图将几何题还原，然后结合题中的数据计算出几何体的每一条棱长，从而可得出答案.‎ ‎【详解】几何体的直观图如下图所示：‎ 该几何体为三棱锥，过作直线的垂面，设直线与该垂面的交点为点，由三视图可知，，，，且、、两两垂直，所以，，‎ 平面，、平面，，，由勾股定理得，因此，该几何体最长的棱长为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图计算几何体的棱长，利用三视图将几何体进行还原是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎15.三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，‎ 所以，‎ 考点：几何体的体积.‎ ‎16.如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）. ①当时，S为四边形；②当时，S为等腰梯形；③当时，S与的交点R满足；④当时，S为六边形；⑤当时，S的面积为. ‎ ‎【答案】①②③⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】②当CQ=时，即Q为CC 中点，此时可得PQ∥AD，AP=QD= = ，故可得截面APQD为等腰梯形，等腰梯形，故②正确；‎ ‎①由如图当点Q向C移动时，满足，只需在DD上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形APQM， 如图所示，是四边形，故①正确；‎ ‎ ‎ ‎③当CQ=时，如图，延长DD至N，使DN=，连接AN交AD于S，连接NQ交CD于R，连接SR，可证AN∥PQ，由△NRD∽△QRC，可得CR：DR=CQ：DN=1：2，故可得CR=，故③正确；‎ ‎④由③可知当＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时截面形状仍然如图所示的APQRS，如图是五边形，故④不正确；‎ ‎⑤当CQ=1时，Q与C重合，取AD的中点F，连接AF，可证PC∥AF，且PC=AF，可知截面为APCF为菱形，故其面积为AC•PF= ，如图是菱形，面积为，故⑤正确， ‎ ‎ 故答案为①②③⑤．‎ 考点：正方体的性质.‎ 三．解答题 ‎17.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．‎ ‎（1）求证：DE∥平面ABC；‎ ‎（2）求三棱锥EBCD的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）取的中点，连接和，可以证明四边形是平行四边形，进而，再由直线和平面平行的判定定理可证明平面；（2）利用“等积变换”可得．‎ 试题解析：（1）证明：如图，取的中点，连接，因为是的中点，所以，且由题意知，．而是的中点，所以所以四边形是平行四边形．所以又平面平面，所以平面 ‎（2）因为，所以平面所以由（1）知，平面所以 考点：1、线面平行的判定定理；2、直线和平面所成角的定义及求法；3、利用等积变换求三棱锥体积．‎ ‎【方法点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和利用等积变换求三棱锥体积，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．本题（1）是就是利用方法①证明的．‎ ‎18.如图，在四面体中，截面是平行四边形.‎ ‎(1)求证：截面；‎ ‎(2)若截面是正方形，求异面直线与所成的角.‎ ‎【答案】略 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由线面垂直的判断定理可得平面，则，再次应用线面平行的判断定理可得截面. ‎ ‎ (2)由（1）的证明可知（或其补角）是异面直线与所成的角，结合正方形的性质可得异面直线与所成的角是.‎ ‎【详解】(1)因为截面是平行四边形，;‎ 又平面,平面平面，‎ 平面,平面平面，‎ 截面截面截面. ‎ ‎ (2)由（1）的证明知;‎ ‎（或其补角）是异面直线与所成的角;‎ 截面是正方形，;‎ 所以异面直线与所成的角是.‎ ‎【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：‎ ‎①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．‎ ‎19.在正方体中，、分别为、的中点，，，如图.‎ ‎（1）若交平面于点，证明：、、三点共线；‎ ‎（2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线；‎ ‎（2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可.‎ ‎【详解】（1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为，‎ 平面，平面，所以，点也是平面和平面 的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线；‎ ‎（2）如下图所示：‎ 设，过点作交于点，‎ 下面证明平面平面.‎ ‎、分别为、的中点，，‎ 平面，平面，平面.‎ 又，平面，平面，平面，‎ ‎，、平面，因此，平面平面.‎ 下面来确定点位置：‎ ‎、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点，‎ 易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，，‎ 四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，，‎ 因此，线段上是否存在点，且时，平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中点共线的问题，同时也考查了平行关系中的动点问题，解题时要将面面平行关系转化为线线平行关系，考查化归与转化数学思想，属于中等题.‎ ‎20.如图，已知直四棱柱的底面是直角梯形，，，、分别是棱、上的动点，且，，，.‎ ‎（1）证明：无论点怎样运动，四边形都为矩形；‎ ‎（2）当时，求几何体的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用面面平行的性质定理得出，由面面平行的性质定理可得出，可证明出四边形为平行四边形，由平面，可得出，从而可证明出四边形为矩形；‎ ‎（2）计算出梯形的面积和的面积，将梯形的面积减去的面积可得出四边形的面积，再利用柱体的体积公式可求出几何体的体积.‎ ‎【详解】（1）在直四棱柱中，，平面，平面，平面，‎ 平面，平面平面，.‎ 在直四棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，，则四边形为平行四边形，‎ 在直四棱柱中，平面，平面，‎ ‎，‎ 因此，无论点怎样运动，四边形都为矩形；‎ ‎（2）由于四边形是直角梯形，且，，，，，‎ 所以，梯形的面积为，‎ ‎，易得，的面积为，‎ 四边形面积为，‎ 由题意可知，几何体为直四棱柱，且高为，‎ 因此，几何体的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行的性质以及平面与平面的性质定理的应用，同时也考查了柱体体积的计算，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.已知四棱锥中，底面为平行四边形，点、、分别在、、上.‎ ‎（1）若，求证：平面平面；‎ ‎（2）若满足，则点满足什么条件时，面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）当点是的中点时，面.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可证明出，再由，可得出，利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面，同理证明平面，再由平面与平面平行的判定定理可证明出平面平面；‎ ‎（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，利用直线与平面平行的判定定理证明出平面，平面，再利用平面与平面平行的判定定理证明出平面平面，于此可得出平面.‎ ‎【详解】（1），，‎ 四边形是平行四边形，，，‎ 平面，平面，平面.‎ 又，，‎ 平面，平面，平面.‎ ‎，、平面，平面平面；‎ ‎（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，则点为的中点，下面证明：当点为的中点时，平面.‎ ‎ ‎ 且为的中点，，为的中点，‎ 又点为的中点，，‎ 平面，平面，平面，同理，平面.‎ ‎，、平面，平面平面.‎ 平面，平面.‎ 因此，当点是的中点时，面.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面平行的证明，以及直线与平面平行的动点问题，通常构造出平面与平面平行来得出直线与平面平行，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎22.如图，已知点是圆心为半径为的半圆弧上从点数起的第一个三等分点，点是圆心为半径为的半圆弧的中点，、分别是两个半圆的直径，，直线与两个半圆所在的平面均垂直，直线、共面.‎ ‎（1）求三棱锥的体积；‎ ‎（2）求直线与所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得出，可得出为等边三角形，由此求出、的长度，并计算出的面积，易知三棱锥的高等于，再由锥体体积公式可得出三棱锥的体积；‎ ‎（2）以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算出与所成角的余弦值，从而可得出异面直线与 所成角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）由于点是圆心为半径为的半圆弧上从点数起的第一个三等分点，‎ 则，是边长为的等边三角形，，且，‎ 是以为直径的半圆上的一点，则，，‎ 的面积为，‎ 易知三棱锥的高等于，‎ 则三棱锥的体积为；‎ ‎（2）以点为坐标原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，则、、、.‎ 于是，.‎ 由于，‎ 因此，直线与所成角余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查锥体体积和异面直线所成角的余弦值的计算，在求解异面直线所成角的余弦值时，可利用建立空间直角坐标系的方法，转化为空间向量来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎ ‎