【数学】四川省威远中学2020-2021学年高二上学期第一次月考（理）

【数学】四川省威远中学2020-2021学年高二上学期第一次月考（理）

四川省威远中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考（理） 一、单选题 1．下列说法正确的是（ ） A．侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 C．棱柱中各条棱长都相等 D．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形 2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中 ，则平面图形的面积为（ ） A． B． C． D． 3．已知直线 和平面 ，那么能得出 // 的一个条件是（ ） A．存在一条直线 ， // 且 B．存在一条直线 ， // 且 C．存在一个平面 ， 且 // D．存在一个平面 ， // 且 // 4．圆锥的轴截面是边长为 的正三角形，则圆锥的表面积为（ ） A． B． C． D． 5．如图，已知正方体 中，异面直线 与 所成的角的大 小是 　　 A． B． C． D． 6．已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上， ，且两两垂直， 是边长为 的正三角形，则球 的体积为（ ） A． B． C． D． 7．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A． B． 2BC AB= = 3 2 2 3 2 12 2 6 2 a α a α b a b b α⊂ b a b b α⊄ β a β⊂ α β β a β α β 2 ( )3 π+１ 4π 3π 5π 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AD 1AC ( ) 30 60 90 120 P ABC− O PA PB PC= = ABC 2 O 8 6π 4 6π 6π 6 2 π 2 7 4 2 π + 2 44 π + C． D． 8．若 和 围成的封闭平面图形绕 轴旋转一周，则所得体积与绕 轴旋转一周所 得体积之比是（ ）． A． B． C． D． 9．一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为 ，则该几何 体的外接球的表面积为（ ） A．36π B．64π C．81π D．100π 10．如图，一个无盖圆台形容器的上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，AD，BC 是圆 台的两条母线（四边形 是经过轴的截面）．一只蚂蚁从 A 处沿容器侧面（含边沿线） 爬到 C 处，最短路程等于（　 ） A． B． C． D． 11．已知正四面体 的表面积为 ， 为棱 的中点，球 为该正四面体的外 接球，则过点 的平面被球 所截得的截面面积的最小值为（ ） A． B． C． D． 12．已知 A，B，C 三点都在表面积为 的球 的表面上，若 ， ， 则球内的三棱锥 的体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 2 1 7 4 2 π+ + 2 1 44 π+ + | |y x= 3y = y x 1: 4 4:1 (1 2) : (4 2 2)+ + (4 2 2) : (1 2)+ + 20 5 1 2 3 ABCD 2 5 2π + 2 33 π + 4 2 33 π + ABCD 12 3 E AB O E O 9 4 π 3π 4π 9 2 π 25π O 2 3AB = 60ACB∠ = ° O ABC− 3 5 3 4 3 3 2 2 3 第 II 卷（非选择题） 二、填空题 13．如图所示正方形 O'A'B'C'的边长为 2cm，它是一个水平放置的一个平面图 形的直观图，则原图形的面积是______． 14．已知一个正三棱台的两个底面的边长分别为 ， ，棱台的高为 4，则它的侧面 积为_______ 15．已知正三棱柱木块 ，其中 ， ，一只蚂蚁自 点出发经 过线段 上的一点 到达点 ，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体 的体积比为______. 16．如图，四棱锥 中， ，矩形 的周长 为 8，当三棱锥 的体积最大时，该三棱锥的外接球半径 与内切球半径分别为 和 ，则 的值为______. 三、解答题 17．如图所示（单位：cm），四边形 是直角梯形，求图中阴影 部分 绕所在直线旋转一周所成几何体的表面积. 6 3 12 3 1 1 1ABC A B C− 2AB = 1 3AA = A 1BB M 1C P ABCD− 1AP = ABCD A PCD− R r 1R r + ABCD AB 18．在四面体 中，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，且 ， . （1）求证： 平面 ； （2）求异面直线 与 所成的角. 19．如图，正方体 中， ， ， 分别在棱 ， ， 上，且 ， 相交于点 . （1）求证： ， ， 三线共点. （2）若正方体的棱长为 2，且 ， 分别是线段 ， 的中点， 求三棱锥 的体积. A BCD− E F M AB BC CD 2BD AC= = 1EM = / /EF ACD AC BD ABCD A B C D′ ′ ′ ′− P Q R AB BB′ CC′ DP RQ O DP RQ BC P R AB CC′ O PB R′− 20．如图，在直三棱柱 ABC--A1B1C1 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 E--BCD 的体积． 21．如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，点 ， 分别 为 ， 的中点． （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）求点 到平面 的距离． ABCD PD ⊥ ABCD 2PD DC= = E F AD PC / /DF PBE F PBE 参考答案 1．A 2．C 3．C 4．C 5．C 6．C 7．D 8．A 9．C 10．C 11．B 12.C 11.【详解】如图所示， 将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心 ， 因为正四面体 的表面积为 ， 所以 ， 因为 是正三角形，所以 ， ， 设正方体的边长为 ，则： ，解得： 所以正四面体 的外接球直径为 ， 设过点 的截面圆半径为 ，球心 到截面圆的距离为 ，正四面体 的外接球半径 为 ， 由截面圆的性质可得： 当 最大时， 最小，此时对应截面圆的面积最小. 又 ，所以 的最大值为 ，此时 最小为 所以过点 的最小截面圆的面积为 ，故选 B． 12．如图，由球 的表面积为 ，得球的半径 ， ∵ ， ， ∴ ， ， 三点所在圆的半径为 ， 所以球心 到平面 的距离 ， O ABCD 12 3 1 12 3 3 34ABDSD = ´ = ABD∆ 21 sin 60 3 32ABDS ABD = × × = 2 3AB = a 2 2 3a = 6a = ABCD 3 3 2 2 2 aR = = E r O d ABCD R 2 2 2 9 2R r d= + = d r d OE≤ d 6 2 2 a = 2r 3 E ( ) 22π π 3 3πS r= = ´ = O 25π 5 2R = 2 3AB = 60ACB∠ = ° A B C 1 2 3 22 sin60r = × =° O ABC 2 2 3 2d R r= − = 在 中，由余弦定理得 ， 即 ， 则 ， ∴球内的三棱锥 的体积的最大值为 .故选：C. 13． 14． 15． 16． 15.【详解】将正三棱柱 沿棱 展开成平面，连接 与 的交点即为满 足 最小时的点 . 由于 ， ，再结合棱柱的性质，可得， 一只蚂蚁自 点出发经过线段 上的一点 到达点 ，当沿蚂蚁走过的最短路径， 为 的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时， 两部分几何体的体积比为： .故答案为： . 16．【详解】不妨设 ，要使得棱锥 体积最大， 则三角形 面积最大且 底面 . 由题可知 ，且 ， 故 ，当且仅当 时取得最值. 综上所述：要满足题意，则需 平面 ，且 . 在长宽高分别为 的长方体中截取满足题意的棱锥，如下图所示： ABC 2 2 2(2 3) 2 cos60AC BC AC BC= + − ⋅ ⋅ ° 2 212 AC BC AC BC AC BC= + − ⋅ ≥ ⋅ max 1( ) sin60 3 32ABCS AC BC= ° = △ O ABC− 1 3 3 33 33 2 2 × × = 28 2cm 135 3 1:1 2 5 32 + + 1 1 1ABC A B C− 1BB 1AC 1BB 1AM MC+ M 2AB = 1 3AA = A 1BB M 1C M∴ 1BB 1 1 1 1 : 1:1C AMB A A CBMCV V− − = 1:1 ,AD a DC b= = A PCD− ADC AP ⊥ ADC 4a b+ = AD DC⊥ ( )21 1 1 22 2 4ADCS ab a b= ≤ × + =  2a b= = AP ⊥ ADC 2AD DC= = 2,2,1 故该三棱锥外接球半径和长方体外接球半径相等，即 . 设三棱锥 的内切球球心为 ，内切球半径为 ， 则容易知 ， 即 则 ， 解得 ， 故 .故答案为： . 17．旋转体为一个圆台挖去一个半球形成的几何体. ， ， ，即该几何体的表面积为 . 18．【详解】（1）由题意，点 ， 分别是 ， 的中点，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）由（1）知 ， 因为点 ， 分别是 ， 的中点，可得 ， 所以 即为异面直线 与 所成的角（或其补角）. 在 中， ，所以 为等边三角形， 所以 ， 即异面直线 与 所成的角为 . 19．（1） ， 相交于点 ，即 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 即点 是平面 与平面 的公共点，因为平面 平面 2 22 2 1 3 2 2R + += = A PCD− O r P ADC O PAC O PAD O PDC O ADCV V V V V− − − − −= + + + ( )1 3 3ADC PAC PAD PDC ADC rS AP S S S S× = + + +      1 1 1 1 1 12 2 1 2 2 1 2 1 2 5 2 23 2 3 2 2 2 2 r  × × × × = × × + × × + × × + × ×   2 3 5 2 r = + + 1R r + 3 3 5 2 2 2 + += + = 2 5 32 + + 2 5 32 + + ( )2 21 4 2 8 cm2S π π= × × =半球 ( )2 2 2(2 5) (5 2) 4 35 cmS π π= + × − + =圆台侧 ( )2 25 25 cmS π π= × =圆台下底 ( )28 35 25 68 cmπ π π π+ + = E F AB BC //EF AC EF ⊄ ACD AC ⊂ ACD / /EF ACD //EF AC F M BC CD / /FM BD EFM∠ AC BD EFM△ 1EF FM EM= = = EFM△ 60EFM∠ = ° AC BD 60° DP RQ O O DP∈ O RQ∈ DP ⊂ ABCD RQ ⊂ BCC B′ ′ O∈ ABCD O∈ BCC B′ ′ O ABCD BCC B′ ′ ABCD  BCC B BC′ ′ = 所以 ，所以 ， ， 三线共点 （2）因为 ， 分别是线段 ， 的中点， 所以 ，因为正方体的棱长为 2 所以 ，所以 所以 20．（1）证明：取 BC 中点 G，连接 AG，EG， 因为 E 是 B1C 的中点，所以 EG∥BB1， 且 ． 由直棱柱知，AA1∥BB1，AA1＝BB1，而 D 是 AA1 的中点， 所以 EG∥AD，EG＝AD 所以四边形 EGAD 是平行四边形， 所以 ED∥AG，又 DE⊄平面 ABC，AG⊂平面 ABC 所以 DE∥平面 ABC． （2）解：因为 AD∥BB1，所以 AD∥平面 BCE， 所以 VE﹣BCD＝VD﹣BCE＝VA﹣BCE＝VE﹣ABC， 由（1）知，DE∥平面 ABC， 所以 ． 21．解析：（Ⅰ）证明：取点 是 的中点，连接 ， ，则 ，且 ， ∵ 且 ， ∴ 且 ， ∴四边形 为平行四边形， ∴ ，∴ 平面 ． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 平面 ，所以点 到平面 的距离与 到平面 的距离是相等的，故转化为求点 到平面 的距离，设为 ． 利用等体积法： ，即 ， ， O BCÎ DP RQ BC P R AB CC′ // , //BP DC BQ CC′ 1, 2OB BC QB CR= = 3 , 2, 12QB OB BC PB′ = = = = 1 1 3 4 32 2 2B RS B Q OC′ ′= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =△O 1 1 3 1 13 3O PB R P OB R OB RV V S PB′ ′ ′− −= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =△ 1 1 2EG BB= 1 1 1 3 6 4 123 2 6E ABC D ABCV V AD BC AG− −= = ⋅ ⋅ = × × × = G PB EG FG / /FG BC 1 2FG BC= / /DE BC 1 2DE BC= / /DE FG DE FG= DEGF / /DF EG / /DF PBE / /DF PBE D PBE F PBE D PBE d D PBE P BDEV V− −= 1 1 3 3PBE BDES d S PD∆ ∆⋅ = ⋅ 1 12BDES DE AB∆ = × × = ∵ ， ，∴ ，∴ ．5PE BE= = 2 3PB = 6PBES∆ = 6 3d =