山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学（理）试题

山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学（理）试题

‎2019—2020学年第一学期高二第一次月考数学试题（理科）‎ 第Ⅰ卷（选择题60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列命题正确的是（ ）‎ A. 棱柱的侧面都是长方形 B. 棱柱的所有面都是四边形 C. 棱柱的侧棱不一定相等 D. —个棱柱至少有五个面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A不对，侧面都是平行四边形，不一定都是长方形；‎ B不对，三棱柱的底面是三角形 C不对，棱柱的侧棱一定相等 D对，三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面 故选D ‎2. 下列推理错误的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ，‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、B分别是公理、的符号表示，故它们都是正确的；对于C，有两种可能，，与相交；若交点为，则且．故错；D是公理的性质，正确．‎ 考点：平面的基本性质及推论．‎ ‎【易错点晴】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题，亦属于易错题．利用集合的符号语言来描述平面几何中点、线、面的位置关系，学生在理解上存在着差异，点相当于元素，而线与平面看成是点的集合，所以点与线面的关系是属不属于的关系，而直线与平面之间是含与不含的关系,线与面之间当然也可以进行交运算．‎ ‎3.已知正四棱柱中，,为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，易证得四边形为平行四边形，从而可知所求角即为；分别求解出的长，利用余弦定理求得结果.‎ ‎【详解】取中点，连接 ‎ 四边形为平行四边形 ‎ 异面直线与所成角即为与所成角：‎ 设，则 ‎，，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过平行关系将异面直线所成角转化为相交直线所成角，放入三角形中，利用余弦定理求得结果.‎ ‎4.已知在斜二测画法下的平面直观图是边长为的正三角形，那么在原的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形,故面积为，‎ 而原图和直观图面积之间的关系，‎ 那么原△ABC的面积为：，‎ 故选C.‎ 点睛：本题主要考查平面图形的直观图和原图的转化原则的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．直观图和原图像的面积比为掌握两个图像的变换原则，原图像转直观图时，平行于x轴或者和轴重合的长度不变。平行于y轴或者和轴重合的线段减半。原图转直观图时正好反过来，即可。‎ ‎5.如果三点，，在同一条直线上，则()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三点共线可知为共线向量，根据向量共线的坐标运算可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】三点共线 为共线向量 又，‎ ‎，解得：，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查利用共线向量解决三点共线的问题，关键是能够明确三点共线与共线向量之间的关系.‎ ‎6.若是两条不同的直线，是三个不同的平面， ‎ ‎① ‎ ‎②‎ ‎③ ‎ ‎④若,，则 则以上说法中正确的有( )个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：对于①，， ，由线面垂直的判定定理得 ，故①正确；对于②， ， ， ，则与平行或异面，故②错误；对于③， ，， ，由线面垂直的判定定理得 ，故③正确；对于④，若 ， ，，则与相交或平行，故④错误．‎ 故选B.‎ ‎7.已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且，，则棱锥 的体积为()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的性质可知，球心与矩形外接圆圆心连线垂直于矩形所在平面；根据长度关系计算可得四棱锥底面积和高，代入棱锥体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】四边形为矩形 矩形外接圆圆心为其对角线交点 由球的性质可知：平面 ‎， ，‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查棱锥体积的求解问题，关键是能够灵活应用球的性质得到线面垂直关系，属于基础题.‎ ‎8.圆台的两个底面面积之比为，母线与底面的夹角是，轴截面的面积为，则圆台的母线长()‎ A. B. C. D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆台的上底面半径为，根据面积比可知下底面半径为；利用圆台的轴截面面积构造关于的方程，求得后，利用即可得到结果.‎ ‎【详解】设圆台的上底面半径为，则其下底面半径为 可作圆台的轴截面如下图所示：‎ 其中，，‎ ‎，，‎ 轴截面面积 解得： 母线长 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查圆台母线长的求解问题，关键是能够利用圆台轴截面面积构造方程求出上下底面半径，属于基础题.‎ ‎9.已知平面平面，，点，直线，直线，直线，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的性质可证得，从而得到，成立；由知，成立；根据线面平行的判定定理可证得，成立；存在的情况，不成立.‎ ‎【详解】，， ‎ 又 ，则成立 ‎， ，则成立 ‎，， ，则成立 若且 ‎ 平面平面 ，则不成立 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中直线与平面、平面与平面位置关系相关命题的判定，涉及到线面平行的判定与性质、面面垂直的性质等知识.‎ ‎10.某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：‎ 详解：该几何体是半个圆柱和半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为2，高为4.圆锥的底面半径和高均为2，所以其体积为 故选A.‎ 点睛：本题主要考查三视图还原为几何体原图，考查组合体的体积的计算,属于基础题.‎ ‎11.如图，在正三棱柱中，,，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正三棱柱特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.‎ ‎【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面 平面 ‎ 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：‎ 当三点共线时，取得最小值 又，，‎ 周长的最小值为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.‎ ‎12.如图，已知矩形中，,为边的中点，将沿直线翻折成，若是线段的中点，则在翻折过程中，下列命题：‎ ‎①线段的长是定值；‎ ‎②存在某个位置，使;‎ ‎③点的运动轨迹是一个圆；‎ ‎④存在某个位置，使得面．‎ 正确个数是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，根据面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行性质定理可知平面，排除④；利用余弦定理可证得为定值，则①正确；由圆的定义可知③正确；假设，由线面垂直判定定理可证得平面，由线面垂直性质知，与已知矛盾，则假设错误，可排除②.‎ ‎【详解】取中点，连接 分别为中点 ‎ 平面，平面 平面 ‎ 四边形为平行四边形 ‎ 平面，平面 平面 又，平面 平面平面 平面 平面，则④错误 设 ‎，，‎ ‎，即为定值，则①正确 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则③正确 ‎， ‎ 设 平面， 平面 平面 ，与矛盾，可知假设不成立，则②错误 综上所述：①③正确 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识；对于学生的空间想象能力有一定的要求，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题90分）‎ 二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.一个几何体的表面展开平面图如图，该几何体中的与“数”字面相对的是“__________”字面.‎ ‎【答案】学 ‎【解析】‎ 把平面图还原是一个三棱台，两个三角形分别为上下底面，所以与数对应的是学 故答案为 学 ‎14.《九章算术》卷5 《商功》记载一个问题“今有圆堡壔（dǎo），周四丈八尺，高一丈—尺，文积几何？意思是:今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是__________立方尺. (取，1丈=10尺）‎ ‎【答案】2112‎ ‎【解析】‎ 设圆柱体底面半径为，高为，周长为，因，故，‎ 则所求体积为(立方尺)‎ ‎15.已知平面外两点到平面的距离分别为和在平面内的射影之间的距离为，则线段的长度为__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ 考虑两种情况： 当A、B两点有平面α的同侧时， 线段AB的长为； 当A、B两点有平面α的异侧时， 线段AB的长为 ； 则线段AB的长为或.‎ ‎ ‎ 故答案为：或 点睛：点在平面外要分两点在面的同侧还是异侧，这样的题目容易漏情况.‎ ‎16.在正三棱锥中，点是的中点，且，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为____________‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接；根据等腰三角形三线合一和线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到；根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，；由正三棱锥的结构特征知两两互相垂直，从而可将所求外接球转化为正方体的外接球；根据正方体外接球半径为体对角线的一半可求得半径，进而得到所求表面积.‎ ‎【详解】取中点，连接 三棱锥为正三棱锥 ， ，‎ 平面， 平面 平面 ‎ 又，平面， 平面 平面 ，‎ 由正棱锥侧面全等可知：，即两两互相垂直 可将三棱锥放入如下图所示的正方体中，其中 则三棱锥的外接球即为正方体的外接球 ‎ 正方体外接球半径：‎ 所求外接球的表面积：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查几何体外接球表面积求解问题，关键是能够根据线面垂直的关系找到三条棱两两互相垂直的关系，从而将问题转化为正方体外接球表面积的求解问题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎17.如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．‎ ‎(1)求证：PA// 平面BDE； ‎ ‎(2)求证：平面PAC平面BDE．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 连结OE，证明OE∥PA，即证PA∥平面BDE.(2)先证明BD⊥平面PAC，再证明平面PAC⊥平面BDE．‎ ‎【详解】(1)证明：连结OE，如图所示．‎ ‎∵O，E分别为AC，PC的中点，‎ ‎∴OE∥PA.‎ ‎∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，‎ ‎∴PA∥平面BDE.‎ ‎(2)证明：∵PO⊥平面ABCD，‎ ‎∴PO⊥BD.‎ 在正方形ABCD中，BD⊥AC.‎ 又∵PO∩AC＝O，‎ ‎∴BD⊥平面PAC.‎ 又∵BD⊂平面BDE，‎ ‎∴平面PAC⊥平面BDE.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何元素的位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平和空间想象转化能力.‎ ‎18.如图，三棱锥中，底面是边长为的正三角形，，，面面。‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定定理可证得平面；由线面垂直性质可证得结论；（2）利用面面垂直和线面垂直性质可证得，利用勾股定理可求得，进而得到，根据可求得结果.‎ ‎【详解】（1）取中点，连接 ‎，，为中点 ，‎ 平面， 平面 平面 ‎ ‎（2）平面平面，平面平面，，平面 平面 又平面 ‎ 又， ‎ 由（1）知，平面 ‎【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解；涉及到线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用；立体几何中证明线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直关系，利用线面垂直的性质证得结论.‎ ‎19.如图，长方体中，，点分别在上，，过点的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）．‎ ‎（2）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见试题解析（Ⅱ）或 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）分别在上取H,G,使；长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为或 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）交线围成的正方形如图：‎ ‎（Ⅱ）作垂足为M,则,,,因为是正方形,所以,于是 因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,所以其体积比值为（也正确）.‎ 考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，平面，，，，，是的中点．‎ ‎ ‎ ‎（1）求和平面所成的角的大小．‎ ‎（2）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出．又，从而平面．进而为和平面所成的角，由此能示出和平面所成的角的大小． ‎ ‎（2）推导出，从而平面，进而平面．过点作，垂足为，连接，则是二面角的平面角．由此能求出二面角的正弦值．‎ ‎【详解】解：（1）在四棱锥中，∵平面，平面，‎ ‎∴．又，，∴平面．‎ 故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角．‎ 在中，，故．‎ 所以和平面所成的角的大小为．‎ ‎（2）在四棱锥中，∵平面，平面，∴．‎ 由条件，，∴平面．‎ 又∵平面，∴．由，，可得．‎ ‎∵是的中点，∴．又∵，∴平面．‎ 过点作，垂足为，连接，如图所示．‎ ‎∵平面，在平面内的射影是，‎ ‎∴．∴是二面角的平面角．‎ 由已知∵，∴设，‎ 则，，，．‎ 中，．‎ 在中，∵，∴，得．‎ 在中，．‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面角的求法，考查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．‎ ‎21.如图，在正方体中，分别是的中点。‎ ‎（1）求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论。‎ ‎【答案】（1）；（2）存在点，满足，使得平面；证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.‎ ‎【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：‎ 设正方体棱长为 则，，，，，，，‎ ‎（1）设异面直线与所成角 ‎，‎ ‎，即异面直线与所成角的余弦值为：‎ ‎（2）假设棱上存在点，，使得平面 则，，‎ 设平面的法向量 ‎，令，则， ‎ ‎，解得： ‎ 棱上存在点，满足，使得平面 ‎【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.‎ ‎22.如图，在四棱锥中，是边长为的棱形，且分别是的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）取中点，先证明平面，再证明平面平面 ‎，又，则可得平面(2)先找出为二面角的平面角，即，接下来证明平面，所以三棱锥的高为2．再求的面积，利用三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，即求得点到平面的距离.‎ 试题解析：‎ ‎(1)证明:取中点，连接．‎ 在中，，，所以为正角形．‎ 又为中点，．‎ 因为，所以．‎ 又，故平面．‎ 因为分别是的中点，所以．‎ 又，所以平面平面． ‎ 又，故平面．‎ ‎(2)解:因为平面，所以，，‎ 则为二面角的平面角，即．‎ 因为，所以．‎ 因为，且，所以．‎ 所以，且．‎ 因为平面，所以．‎ 所以平面，所以三棱锥的高为2．‎ 于是三棱锥的体积．‎ 在中，，所以，．‎ 则在中，‎ ‎，， ，‎ 所以，于是的面积．‎ 设点到平面的距离为，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以，故．‎ 点睛：求点到面的距离，直接找垂线不容易时可以采用三棱锥等积转化的思想，本题即利用三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，求得点到平面的距离.‎ ‎ ‎ ‎ ‎