2018-2019学年重庆市万州三中高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

2018-2019学年重庆市万州三中高二上学期第一次月考数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 重庆市万州三中2018-2019学年高二上学期第一次月考数学（文）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下面四个条件中，能确定一个平面的条件是（ ）．‎ A． 空间任意三点 B． 空间两条直线 C． 空间两条平行直线 D． 一条直线和一个点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据每个选项，可举出相应的反例进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ A,空间任意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故不正确；B. 空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有无数个，故不正确；C. 空间两条平行直线，根据课本中的判定得到是正确的；D. 一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有无数个，故不正确.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。‎ ‎2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）．‎ A． （1）是棱台 B． （2）是圆台 C． （3）是棱锥 D． （4）不是棱柱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱；很明显③是棱锥，故选D．‎ 考点：空间几何体的结构特征．‎ ‎3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A． 3π B． 4π C． 2π+4 D． 3π+4‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由三视图可知该几何体为半个圆柱，底面圆的半径为1，高为2，所以底面积为，侧面积为，所以表面积为 考点：三视图及其表面积 ‎4．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（ ）‎ A． 2 B‎.4 ‎C． 4 D．8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在斜二测直观图中，，所以在平面图形中，，‎ 所以面积为 考点：斜二测画法 点评：斜二测画法作图时，x轴上或平行于x轴的线段长度不变，y轴上或平行于y轴的线段长度减半 ‎5．在空间中，两不同直线a、b，两不同平面、，下列命题为真命题的是（ ）‎ A． 若，则 B． 若，则 C． 若，则 D． 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的性质，面面平行的性质以及判定分别判断每个选项，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ A,若，则或者b在平面内，故不正确；B. 若，则或者与面相交，故不正确；C. 若，则或者b在平面内，故不正确；D. 若，则,根据面面平行的性质得到结果是正确的；‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。‎ ‎6．三棱锥S﹣ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，底面△ABC为等腰三角形，SC=4，△ABC中AC=4，AC边上的高为2，进而根据勾股定理得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，‎ 且底面△ABC为等腰三角形，‎ 在△ABC中AC=4，AC边上的高为2，‎ 故BC=4，∠ACB=60°‎ 在Rt△SBC中，由SC=4，可得SB=4，‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】‎ 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎7．如图，一只蚂蚁在边长分别为3，4，5的三角形区域内随机爬行，则其恰在离三个顶点距离都大于1的位置的概率为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】 由题意， 的面积为，到三个顶点距离都不大于1的位置点形成区域的面积为，‎ 所以其恰在离三个顶点距离都大于1的位置的概率为，故选D.‎ ‎ 点睛：对于几何概型的计算，(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．‎ ‎8．已知空间四面体中，两两垂直且，那么四面体的外接球的表面积是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到可将四面体补体为棱长为2的正方体，两者的外接球的球心重合，是同一球.‎ ‎【详解】‎ 以两两垂直的线段分别作为正方体的三条棱，则此正方体的外接球球心和此四面体的外接球的球心是同一点，正方体的外接球的球心在体对角线的中点处，正方体的体对角线长为：，球的半径为故球的面积为： ‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】‎ 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.‎ ‎9．如图，为正方体，下面结论错误的是（ ）‎ A． BD∥平面CB1D1 B． AC1⊥BD C． AC1⊥平面CB1D1 D． 异面直线AD与CB1所成的角为60°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正方体的性质，利用线线平行的判定，线面平行、垂直的判定和性质，逐一分析研究各个选项的正确性．‎ ‎【详解】‎ 由正方体的性质得，BD∥B1D1，所以，BD∥平面CB1D1；故①正确．‎ 由正方体的性质得 AC⊥BD，而AC是AC1在底面ABCD内的射影，由三垂线定理知，AC1⊥BD，故②正确．‎ 由正方体的性质得 BD∥B1D1，由②知，AC1⊥BD，所以，AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥CB1，‎ 故AC1垂直于平面CB1D1内的2条相交直线，所以，AC1⊥平面CB1D1 ，故③成立．‎ 异面直线AD与CB1所成角就是BC与CB1所成角，故∠BCB1 为异面直线AD与CB1所成角，等腰直角三角形BCB1 中，∠BCB1=45°，故④不正确．‎ 故答案为：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的判定，利用三垂线定理证明2条直线垂直，线面垂直的判定，求异面直线成的角．求异面直线的夹角常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.‎ ‎10．已知a,b为异面直线，且所成的角为70°，过空间一点作直线l，直线l与a,b均异面，且所成的角均为50°，则满足条件的直线共有( ) 条 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在空间取一过点P的平面α，过点P分别作a，b的平行线a′、b′，则a′、b′所成锐角等于70°，所成钝角为110°，当过P的直线PM的射影P在a′、b′所成锐角或钝角的平分线上时，PM与两条直线a，b所成的角相等，分别求出两种情况下PM与a，b的夹角的范围，根据对称性即可得出答案．‎ ‎【详解】‎ 在空间取一点P，经过点P分别作a∥a′，b∥b′，‎ 设直线a′、b′确定平面α，‎ 当直线PM满足它的射影PQ在a′、b′所成角的平分线上时，‎ PM与a′所成的角等于PM与b′所成的角．‎ 因为直线a，b所成的角为70°，得a′、b′所成锐角等于70°．‎ 所以当PM的射影PQ在a′、b′所成锐角的平分线上时，‎ PM与a′、b′所成角的范围是[35°，90°）．‎ 这种情况下，过点P有两条直线与a′、b′所成的角都是50°．‎ 当PM的射影PQ在a′、b′所成钝角的平分线上时，PM与a′、b′所成角的范围是[55°，90°）．‎ 这种情况下，过点P有0条直线（即PM⊂α时）与a′、b′所成的角都是50°．‎ 综上所述，过空间任意一点P可作与a，b所成的角都是50°的直线有2条．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间两条异面直线所成角及其求法等知识，属于中档题．求异面直线的夹角常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.‎ ‎11．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是CC1的中点，F是A1B的中点，且，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量加法的多边形法则可得， 从而可求α，β，‎ ‎【详解】‎ 根据向量加法的多边形法则以及已知可得，‎ ‎∴α=，β=﹣1，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面向量加法的三角形法则及多边形法则的应用，解题的关键是要善于利用题目中正三棱柱的性质，把所求的向量用基本向量表示．‎ ‎12．如图，正方体中， 为中点，为线段上的动点（不与重合），以下四个命题：‎ ‎（）平面． （）平面；‎ ‎（）的面积与的面积相等；‎ ‎（）三棱锥的体积有最大值，其中真命题的个数为（ ）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用空间中线线关系，线面关系及面面关系逐一判断4个命题得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）CD1与BM不垂直，所以CD1⊥平面BMN，不正确；‎ ‎（2）平面BMN∥平面AB1D1，所以MN∥平面AB1D1，正确；‎ ‎（3）两个三角形等底等高，△D1MN的面积与△CMN的面积相等，正确；‎ ‎（4）M与B重合，三棱锥D﹣MNC的体积最大，不正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的真假判断与应用，考查了空间中的线线关系和线面关系，以及椎体的体积等于底面积乘以高再乘以三分之一，是由底面积和高共同决定的，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．线段AB在平面α的同侧，A、B到α的距离分别为5和7，则AB的中点到α的距离为________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于线段AB的端点在平面α的同一侧，分别作出表示点面距离的线段，利用平面几何的知识求得P到平面α的距离即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意，设AC⊥平面α，BD⊥平面α，则ACDB⊥平面α，过P作PE⊥CD，则PE表示P点到α的距离，由平面几何知识可知PE为梯形的中位线，所以PE=.‎ 故答案为：6．‎ ‎【点睛】‎ 本题以线面为素材，主要考查点、线、面间的距离计算等基础知识，考查空间想象力和分类讨论思想．属于基础题．‎ ‎14．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则一质点自点出发，沿第三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为__________ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将三棱柱沿展开，如图所示：‎ 则最短线长为矩形对角线 ，由勾股定理可得 ，故答案为 ‎．‎ ‎15．如图，在底面为正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA=PB=PC=PD=AB=2，点E为棱PA的中点，则异面直线BE与PD所成角的余弦值为___________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做出平行四边形，将要求的角转化为角GFD或其补角为所求角，在三角形FDG中应用余弦定理得到夹角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ 取PD的中点记为F点，BC的中点记为 点，连接FG，GD，因为，且，，故得到四边形EFGB为平行四边形，故角GFD或其补角为所求角，根据题干得到，三角形PAB为等边三角形，BF为其高线，长度为，FG=，DG=，‎ FD=1，根据余弦定理得到，因为异面直线夹角为直角或锐角，故取正值，为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.‎ ‎16．如图，空间四边形ABCD的两条对棱AC，BD互相垂直，AC，BD的长分别为8和2，则平行四边形两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，面积的最大值是_______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设EFGN是截面四边形，EFGN为平行四边形，设EN=x（0＜x≤2），FE=y（0＜y≤8），xy=S（S为所求面积），利用EN∥BD，可得整理可得8=4x+y，利用基本不等式即可解得面积的最大值．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 假设EFGN是截面四边形，EFGN为平行四边形；‎ 设EN=x（0＜x≤2），FE=y（0＜y≤8），xy=S（S为所求面积）；‎ 由EN∥BD，可得：，‎ 两式相加，得：，‎ 化简，得8=4x+y，‎ 可得：8=4x+y≥2，（当且仅当2x=y时等号成立），解得：xy≤4，‎ 解得：S=xy≤4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与平面平行的性质，四边形取值范围的求法，是中档题，解题要认真审题，注意空间思维能力的培养．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．（题文）如图是一个空间几何体的三视图，其正视图与侧视图是边长为4cm的正三角形、俯视图中正方形的边长为4cm， ‎ ‎（1）画出这个几何体的直观图（不用写作图步骤）； ‎ ‎（2）请写出这个几何体的名称，并指出它的高是多少； ‎ ‎（3）求出这个几何体的表面积。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）‎ ‎……………… 3分 ‎（2）正四棱锥 ……………………… 4分 ‎ 高为……………………… 6分 ‎（3）表面积为48…………………9分 考点：三视图；棱锥的表面积。‎ 点评：解决本题的关键是得到该几何体的形状，易错的地方是确定四棱锥的底面边长与高的大小．再就是要注意别忘单位。‎ ‎18．如图，在三棱锥P—ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA=PB，AC=BC、‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥PC；‎ ‎（Ⅱ）证明：平面PAB//平面FGH ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面PEC，即可证明：AB⊥PC；（Ⅱ）根据面面平行的判定定理即可证明平面PAB∥平面FGH 试题解析：（Ⅰ）证明：连接EC，‎ ‎ ‎ 又 ‎（Ⅱ）连结FH，交于EC于O，连接GO，则FH//AB 在 ‎ PE∩， GO∩‎ 所以平面PAB//平面FGH ‎ 考点：1.线面垂直的判定与性质；2.面面平行的判定 ‎19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，E为PB中点，PB=4 ．‎ ‎（I）求证：PD∥面ACE；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积。‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）连接BD，交AC于F，连接EF，证明EF∥PD，利用线面平行的判定定理，可得结论；（II）取AB中点为G，连接EG，证明EG⊥平面ABCD，即可求三棱锥E﹣ABC的体积．‎ ‎【详解】‎ ‎（I）证明：连接BD，交AC于F，连接EF．‎ ‎∵四边形ABCD为正方形 ‎ ‎∴F为BD的中点 ‎∵E为PB的中点，‎ ‎∴EF∥PD 又∵PD⊄面 ACE，EF⊂面ACE，‎ ‎∴PD∥平面ACE …（5分）‎ ‎（Ⅱ）解：取AB中点为G，连接EG ‎∵E为AB的中点 ‎∴EG∥PA ‎∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴EG⊥平面ABCD，‎ 在Rt△PAB中，PB=4，AB=4，则PA=4，EG=2‎ ‎∴‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．求椎体的体积，一般直接应用公式底乘以高乘以三分之一，会涉及到点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.‎ ‎20．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长2的正方形，E，F分别为线段DD1，BD的中点．‎ ‎（1）求证：EF∥平面ABC1D1； ‎ ‎（2）AA1=2，求异面直线EF与BC所成的角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结BD1，推导出EF∥D1B，由此能证明EF∥平面ABC1D1;（2）由EF∥BD1，知∠D1BC是异面直线EF与BC所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF与BC所成的角的大小.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连结BD1，在△DD1B中，E、F分别是D1D、DB的中点，‎ ‎∴EF是△DD1B的中位线，∴EF∥D1B，∵D1B⊂平面ABC1D1，EF⊄平面ABC1D1‎ ‎，∴EF∥平面ABC1D1．‎ ‎（2）∵AA1=2，AB=2，EF∥BD1，∴∠D1BC是异面直线EF与BC所成的角（或所成角的补角），‎ 在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BC⊥平面CDD1C1，CD1⊄平面CDD1C1，∴BC⊥CD1．‎ 在Rt△D1C1C中，BC=2，CD1=2，D1C⊥BC，∴tan∠D1BC=，∴∠D1BC=60°，‎ ‎∴异面直线EF与BC所成的角的大小为60°．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．异面直线的夹角的求法,常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.‎ ‎21．如图，在三棱锥中，平面，，为侧棱上一点，它的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. ‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）在的平分线上确定一点，使得平面，并求此时的长. ‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明BC⊥平面PAC，可得BC⊥AD，再证明AD⊥PC，即可证明AD⊥平面PBC；（2）取AB的中点O，连接CO并延长至Q，使得CQ=2CO，利用线面平行的判定可知点Q即为所求，证明ACBQ为平行四边形，即可求出PQ的长．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为平面，所以，‎ 又，所以平面，而面，所以，‎ 由三视图得，在 中，，为的中点，‎ 所以，又，所以平面。‎ ‎（2）如图，取得AB的中点，连接并延长至，‎ 使得 ，点即为所求，‎ 因为为的中点，所以 ，‎ 因为平面平面，所以平面，‎ 连接，四边形的对角线互相平分，‎ 所以为平行四边形，所以.‎ 又平面，所以在直角中，得． ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的判定，考查线面平行，考查学生分析解决问题的能力，正确运用线面垂直的判定，线面平行的判定定理是关键．线面垂直一般是先证明线线垂直，由线线垂直证明再证线面垂直.‎ ‎22．如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上， 交于点，将沿折起到的位置.‎ ‎（Ⅰ）证明： ；‎ ‎（Ⅱ)若，求五棱锥的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） .‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知得， ， ‎ ‎ ；（2）由 ，由 ‎ ‎ ，可证平面．又由得 五边形的面积 ‎ 以五棱锥体积．‎ 试题解析： （1）由已知得， ，‎ 又由得，故，‎ 由此得，所以．‎ ‎（2）由得，‎ 由得，‎ 所以，‎ 于是，故，‎ 由（1）知，又，‎ 所以平面，于是，‎ 又由，所以， 平面．‎ 又由得．‎ 五边形的面积．‎ 所以五棱锥体积．‎ 考点：1、线线垂直；2、锥体的体积.‎ 视频