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文档介绍
数学卷·2018届山西省太原市致远实验中学高二上学期第一次月考数学试卷 (解析版)
2016-2017学年山西省太原市致远实验中学高二(上)第一次月考数学试卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.下面几何体的截面一定是圆面的是( ) A.圆台 B.球 C.圆柱 D.棱柱 2.若点M在直线a上,直线a在平面α内,则M,a,α之间的关系可记为( ) A.M∈a,a∈α B.M∈a,a⊂α C.M⊂a,a⊂α D.M⊂a,a∈α 3.已知直线l的倾斜角为30°,则直线的斜率k值为( ) A. B. C. D. 4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( ) A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.圆台 5.若一个等腰三角形采用斜二测画法作出其直观图,其直观图面积是原三角形面积的( ) A.倍 B.2倍 C.倍 D.倍 6.如图,点M,N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则异面直线B1D1和MN所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 7.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 8.已知A(m,3),B(2m,m+4),C(m+1,2),D(1,0)且直线AB与直线CD平行,则m的值为( ) A.0或1 B.0 C.0或2 D.1 9.在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( ) A.4π B. C.6π D. 10.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α D.若m∥α,α∥β,则m∥β 11.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l 12.已知平面ABC外一点P,且PH⊥平面ABC于点H.给出下列四个命题: ①若PA⊥BC,PB⊥AC,则点H是△ABC的垂心; ②若PA,PB,PC两两互相垂直,则点H是△ABC的垂心; ③若∠ABC=90°,点H是AC的中点,则PA=PB=PC; ④若PA=PB=PC,则点H是△ABC的外心. 其中正确命题的个数为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分. 13.直线l:y﹣3=4(x+1)的斜率是 . 14.直线3x﹣2y=4的截距式方程是 . 15.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 . 16.如图所示,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= . 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(其中17题10分,其余各题均12分) 17.已知圆台OO′的母线长为6,两底面半径分别为2,7,求该台体的表面积和体积. 18.已知△ABC的三个顶点为A(4,0),B(8,10),C(0,6).求过点A且平行于BC的直线方程. 19.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6,高为4的等腰三角形. (1)求该几何体的体积V; (2)求该几何体的侧面积S. 20.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上.求证:直线DE∥平面A1C1F. 21.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中.求证: (1)B1D⊥平面A1C1B; (2)B1D与平面A1C1B的交点设为H,则点H是△A1C1B的重心. 22.一个多面体的三视图和直观图如图所示,已知H,M,N分别是DE,AF,BC的中点. (1)求证:MN∥平面CDEF; (2)求证:MN⊥AH; (3)求多面体A﹣CDEF的体积. 2016-2017学年山西省太原市致远实验中学高二(上)第一次月考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.下面几何体的截面一定是圆面的是( ) A.圆台 B.球 C.圆柱 D.棱柱 【考点】平面的基本性质及推论. 【分析】利用圆台、球、圆柱、棱柱的结构特征求解. 【解答】解:在A中,当截面与底面不平行时,得到的截面不一定是圆面,故A错误; 在B中,球的截面一定是圆面,故B正确; 在C中,当截面与底面不平行时,得到的截面不一定是圆面,故C错误; 在D中,棱柱的截面不可能是圆面,故D错误. 故选:B. 2.若点M在直线a上,直线a在平面α内,则M,a,α之间的关系可记为( ) A.M∈a,a∈α B.M∈a,a⊂α C.M⊂a,a⊂α D.M⊂a,a∈α 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系. 【分析】利用点与直线、直线与平面的位置关系求解. 【解答】解:∵点M在直线a上,直线a在平面α内, ∴M,a,α之间的关系可记为: M∈直线a,a⊂平面α. 故选:B. 3.已知直线l的倾斜角为30°,则直线的斜率k值为( ) A. B. C. D. 【考点】直线的斜率;直线的倾斜角. 【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值,根据直线l的倾斜角为30°,可得到直线l的斜率. 【解答】解:因为直线的斜率等于直线倾斜角的正切值,直线l的倾斜角为30°, 所以直线l的斜率k=tan30°=. 故选:A 4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( ) A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.圆台 【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看,所得到的图形. 【解答】解:由三视图知,从正面和侧面看都是梯形, 从上面看为圆形,下面看是圆形,并且可以想象到该几何体是圆台, 则该几何体可以是圆台. 故选D. 5.若一个等腰三角形采用斜二测画法作出其直观图,其直观图面积是原三角形面积的( ) A.倍 B.2倍 C.倍 D.倍 【考点】平面图形的直观图. 【分析】以等腰三角形的底边所在的直线为x轴,高所在的直线为y轴,由斜二测画法得出三角形底边长和高的变化情况,即可得出答案. 【解答】解:以等腰三角形的底边所在的直线为x轴,高所在的直线为y轴, 由斜二测画法知,三角形的底长度不变,高所在的直线为y′轴,长度减半, 故三角形的高变为原来的sin45°=, 所以直观图中三角形的面积是原三角形面积的倍. 故选:C. 6.如图,点M,N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则异面直线B1D1和MN所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 【考点】异面直线及其所成的角. 【分析】:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出异面直线B1D1和MN所成的角. 【解答】解:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2, 则B1(2,2,2),D1(0,0,2),M(1,2,0),N(0,2,1), =(﹣2,﹣2,0),=(﹣1,0,1), 设异面直线B1D1和MN所成的角为θ, 则cosθ===, ∴θ=60°. ∴异面直线B1D1和MN所成的角是60°. 故选:C. 7.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【分析】根据在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面可得,∴l1与l4的位置关系不确定. 【解答】解:∵l1⊥l2,l2⊥l3,∴l1与l3的位置关系不确定, 又l4⊥l3,∴l1与l4的位置关系不确定. 故A、B、C错误. 故选:D. 8.已知A(m,3),B(2m,m+4),C(m+1,2),D(1,0)且直线AB与直线CD平行,则m的值为( ) A.0或1 B.0 C.0或2 D.1 【考点】直线的斜率. 【分析】利用直线AB与直线CD平行,∥,即可求出m的值. 【解答】解:由题意, =(m,m+1),=(﹣m,﹣2), ∵直线AB与直线CD平行, ∴∥, ∴﹣2m=﹣m(m+1), ∴m=0或1, 故选:A. 9.在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( ) A.4π B. C.6π D. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积. 【分析】根据已知可得直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为,代入球的体积公式,可得答案. 【解答】解:∵AB⊥BC,AB=6,BC=8, ∴AC=10. 故三角形ABC的内切圆半径r==2, 又由AA1=3, 故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为, 此时V的最大值=, 故选:B 10.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α D.若m∥α,α∥β,则m∥β 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系;平面与平面之间的位置关系. 【分析】根据空间线面位置关系进行证明或举反例说明. 【解答】解:对于A,若m∥α,n∥α,则m和n可能平行,也可能异面,也可能相交,故A错误; 对于B,若α∩β=l,m∥l,显然m∥α,m∥β,但α与β不平行,故B错误; 对于C,若m∥n,m∥α,则α内存在直线l使得m∥l,∴n∥l,又n⊄α,∴n∥α,故C正确; 对于D,m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β,故D错误. 故选:C. 11.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l 【考点】平面与平面之间的位置关系;平面的基本性质及推论. 【分析】由题目给出的已知条件,结合线面平行,线面垂直的判定与性质,可以直接得到正确的结论. 【解答】解:由m⊥平面α,直线l满足l⊥m,且l⊄α,所以l∥α, 又n⊥平面β,l⊥n,l⊄β,所以l∥β. 由直线m,n为异面直线,且m⊥平面α,n⊥平面β,则α与β相交,否则,若α∥β则推出m∥n, 与m,n异面矛盾. 故α与β相交,且交线平行于l. 故选D. 12.已知平面ABC外一点P,且PH⊥平面ABC于点H.给出下列四个命题: ①若PA⊥BC,PB⊥AC,则点H是△ABC的垂心; ②若PA,PB,PC两两互相垂直,则点H是△ABC的垂心; ③若∠ABC=90°,点H是AC的中点,则PA=PB=PC; ④若PA=PB=PC,则点H是△ABC的外心. 其中正确命题的个数为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】根据题意画出图形,然后对应选项一一判定即可. 【解答】解:∵PH⊥平面ABC,H为垂足. ∴PH⊥AB,PH⊥AC,PH⊥BC, ①若PA⊥BC,则BC⊥平面PAH, ∴BC⊥AH,同理:AC⊥BH, 则点H是△ABC的垂心,正确; ②若PA,PB,PC两两互相垂直,容易推出AH⊥BC,同理BH⊥AC,可得H是△ABC的垂心,正确. ③若∠ABC=90°,H是AC的中点,容易推出△PHA≌△PHB≌△PHC,则PA=PB=PC;正确. ④若PA=PB=PC,易得AH=BH=CH,则H是△ABC的外心,正确. 故正确的命题为:①②③④, 故选:A 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分. 13.直线l:y﹣3=4(x+1)的斜率是 4 . 【考点】直线的斜率. 【分析】直接求解直线的斜率即可. 【解答】解:直线l:y﹣3=4(x+1)的斜率是:4. 故答案为:4. 14.直线3x﹣2y=4的截距式方程是 . 【考点】直线的截距式方程. 【分析】直接化简求解即可. 【解答】解:直线3x﹣2y=4的截距式方程是:. 故答案为:. 15.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 . 【考点】直线与平面所成的角. 【分析】正方体上下底面中心的连线平行于BB1,上下底面中心的连线平面ACD1所成角即为线面角,直角三角形中求出此角的余弦值. 【解答】解:如图,设上下底面的中心分别为O1,O; O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角, ; 故答案为: 16.如图所示,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= a . 【考点】平面与平面平行的性质;棱柱的结构特征. 【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中,故需要求出PD,QD的长度,用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度. 【解答】解:∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1 ∴MN∥平面ABCD,又PQ=面PMN∩平面ABCD, ∴MN∥PQ. ∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点 ∴MN∥A1C1∥AC, ∴PQ∥AC,又AP=,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体, ∴CQ=,从而DP=DQ=, ∴PQ===a. 故答案为: a 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(其中17题10分,其余各题均12分) 17.已知圆台OO′的母线长为6,两底面半径分别为2,7,求该台体的表面积和体积. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 【分析】圆台的表面积等于上下两圆的面积加侧面展开面积,直接运用圆台的表面积公式计算即可;求出圆台的高,利用圆台的体积公式可得结论. 【解答】解:由圆台的表面积公式S圆台=πr2+πr′2+π(r+r′)l ∴S圆台=π×4+π×49+π(2+7)×6=107π; 圆台的高h== 故圆台的体积V=(r2+rr′+r′2)h=. 18.已知△ABC的三个顶点为A(4,0),B(8,10),C(0,6).求过点A且平行于BC的直线方程. 【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系. 【分析】利用斜率公式可求得直线BC的斜率,利用点斜式即可求得过A点且平行于BC的直线方程. 【解答】解:(Ⅰ)∵B(8,10),C(0,6), ∴直线BC的斜率kBC==, 又A(4,0), ∴过A点且平行于BC的直线方程为y﹣0=(x﹣4), 整理得:x﹣2y﹣4=0. 19.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6,高为4的等腰三角形. (1)求该几何体的体积V; (2)求该几何体的侧面积S. 【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由题设可知,几何体是一个高为4的四棱锥,其底面是长、宽分别为8和6的矩形,正侧面及其相对侧面均为底边长为8,高为h1的等腰三角形,左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形,分析出图形之后,再利用公式求解即可. 【解答】解:由题设可知,几何体是一个高为4的四棱锥,其底面是长、宽分别为8和6的矩形,正侧面及其相对侧面均为底边长为8,高为h1的等腰三角形,左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形,如图所示. (1)几何体的体积为 V=•S矩形•h=×6×8×4=64. (2)正侧面及相对侧面底边上的高为: h1==5. 左、右侧面的底边上的高为: h2==4. 故几何体的侧面面积为: S=2×(×8×5+×6×4) =40+24. 20.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上.求证:直线DE∥平面A1C1F. 【考点】直线与平面平行的判定. 【分析】通过证明DE∥AC,进而DE∥A1C1,据此可得直线直线DE∥平面A1C1F. 【解答】证明:∵D,E分别为AB,BC的中点, ∴DE为△ABC的中位线, ∴DE∥AC, ∵ABC﹣A1B1C1为棱柱, ∴AC∥A1C1, ∴DE∥A1C1, ∵A1C1⊂平面A1C1F,且DE⊄平面A1C1F, ∴直线DE∥平面A1C1F. 21.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中.求证: (1)B1D⊥平面A1C1B; (2)B1D与平面A1C1B的交点设为H,则点H是△A1C1B的重心. 【考点】直线与平面垂直的判定;三角形五心. 【分析】(1)连B1D1,要B1D⊥平面A1C1B,只需证明直线B1D垂直平面A1C1B内的,两条相交直线A1C1、A1B即可; (2)B1D与平面A1C1B的交点设为H,连A1H,BH,C1H,由A1B1=BB1=C1B1,得A1H=BH=C1H,因此点H为△A1BC1的外心,类比推出,点H是△A1C1B的垂心. 【解答】证明:(1)连B1D1,B1D1⊥A1C1,又DD1⊥面A1B1C1D1, 所以DD1⊥A1C1,A1C1⊥面D1DB1,因此A1C1⊥B1D. 同理可证B1D⊥A1B,所以B1D⊥平面A1C1B. (2)连A1H,BH,C1H,由A1B1=BB1=C1B1,得A1H=BH=C1H,因此点H为△A1BC1的外心. 又△A1BC1为正三角形,所以H是△A1BC1的中心, 也是△A1BC1的重心. 22.一个多面体的三视图和直观图如图所示,已知H,M,N分别是DE,AF,BC的中点. (1)求证:MN∥平面CDEF; (2)求证:MN⊥AH; (3)求多面体A﹣CDEF的体积. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的性质. 【分析】由三视图可知:平面ABCD⊥平面ABFE,AD⊥平面ABFE,四边形ABCD是边长为2的正方形,底面ABFE是边长为2的正方形,M,N分别为AF,BC的中点. (1)取BF的中点P,连接MP,NP.又M,N分别为AF,BC的中点.利用三角形中位线定理、面面平行的判定定理可得:平面MNP∥平面CDEF,即可证明MN∥平面CDEF. (2)利用线面垂直的判定与性质定理可得:AH⊥平面CDEF,即可证明MN⊥AH; (3)利用VA﹣CDEF=即可得出. 【解答】解:由三视图可知:平面ABCD⊥平面ABFE,AD⊥平面ABFE,四边形ABCD是边长为2的正方形,底面ABFE是边长为2的正方形,M,N分别为AF,BC的中点. (1)证明:取BF的中点P,连接MP,NP. 又M,N分别为AF,BC的中点. ∴NP∥CF,MP∥AB, 又AB∥EF, 可得MP∥EF. ∴MP∥平面CDEF,NP∥平面CDEF, 又MP∩NP=P,MP⊄平面CDEF,NP⊄平面CDEF. ∴平面MNP∥平面CDEF; ∴MN∥平面CDEF. (2)证明:由题意AH⊥DE, ∵AD⊥平面ABFE,∴AD⊥EF. 又FE⊥AE,AD∩AE=A, ∴FE⊥平面ADE, ∴FE⊥AH, ∵DE∩EF=E, ∴AH⊥平面CDEF, ∵MN∥平面CDEF, ∴AH⊥MN,即MN⊥AH; (3)解:由(2)可知AH⊥平面CDEF. ∵S四边形CDEF=EF•DE==4,AH=, ∴VA﹣CDEF==. 查看更多