宁夏银川市育才中学学益校区2019-2020学年高一上学期月考数学试题

宁夏银川市育才中学学益校区2019-2020学年高一上学期月考数学试题

宁夏育才中学学益学区2019—2020第一学期第二次月考 高一数学试卷 一、选择题：（每题5分，共60分）‎ ‎1.直线a ⊥平面，b∥，则a与b的关系为（）‎ A. a⊥b且a与b相交 B. a⊥b且a与b不相交 C. a⊥b D. a 与b不一定垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎，则存在直线有．又因为，所以，从而可得．而可能相交也可能异面，故选C ‎2.垂直于梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面的位置关系是（ ）‎ A. 垂直 B. 平行 C. 在平面内 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理可得.‎ ‎【详解】解：因为梯形的两腰必相交且梯形两底所在的平面为同一平面，‎ 所以由线面垂直的判定定理可得垂直与梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面必垂直 故选：‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，属于基础题．‎ ‎3.已知直线平面，直线平面，下列四个命题中正确的是（ ）．‎ ‎（） （） （） （）‎ A. （）与（） B. （）与（） C. （）与（） D. （）与（）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】∵直线l⊥平面α，若α∥β，则直线l⊥平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l⊥m，即(1)‎ 正确；‎ ‎∵直线l⊥平面α，若α⊥β，则l与m可能平行、异面也可能相交，故(2)错误；‎ ‎∵直线l⊥平面α，若l∥m，则m⊥平面α，∵直线m⊂平面β，∴α⊥β；故(3)正确；‎ ‎∵直线l⊥平面α，若l⊥m，则m∥α或m⊂α，则α与β平行或相交，故(4)错误；‎ 故选D.‎ ‎4.将选项中所示的三角形绕直线旋转一周，可以得到下图所示的几何体的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何体的轴截面特征直接判断即可．‎ ‎【详解】由题可得：该几何体的轴截面是关于直线对称的，‎ 并且的一侧是选项B中的三角形形状．‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了空间思维能力及关于直线旋转几何体特征，属于基础题．‎ ‎5.棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】三棱锥的表面积为四个边长为1的等边三角形的面积和，‎ 故，故选A.‎ ‎6.用长为4、宽为2的矩形做侧面围成一个高为2的圆柱，此圆柱的轴截面面积为(　　)‎ A 8 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据底面周长为4计算出底面直径，求出轴截面面积．‎ ‎【详解】解：因为用长为4、宽为2的矩形做侧面围成一个高为2的圆柱 所以底面圆的周长为4‎ 可得底面直径为 所以此圆柱的轴截面矩形的面积为 故选：‎ ‎【点睛】本题给出矩形做成圆柱的侧面，求圆柱的轴截面面积，着重考查了圆柱侧面展开图，圆的周长公式和矩形的面积公式，属于基础题．‎ ‎7.已知圆锥的母线长为8，底面圆周长为，则它的体积是( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆锥的底面周长，求出底面半径，然后求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．‎ ‎【详解】∵圆锥的底面周长为 ∴圆锥的底面半径 双∵圆锥的母线长 ‎∴圆锥的高为 ‎∴圆锥的体积为 故选D.‎ ‎【点睛】本题是基础题，考查计算能力，圆锥的高的求法，熟练掌握公式是解题的关键．‎ ‎8.若斜线段AB是它在平面内的射影长的2倍，则AB与所成的角为（ ）‎ A. 60° B. 30° C. 120°或60° D. 150°或30°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作，，则是在平面内的射影，是直线与平面所成的角，由此能求出所在直线与平面所成的角．‎ ‎【详解】解：如图，，垂足为，，‎ 则是在平面内的射影，‎ 是直线与平面所成的角，‎ 线段的长等于它在平面内的射影长的2倍，‎ ‎，‎ ‎．‎ 所在直线与平面所成的角为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，‎ ‎9.已知长方体的长、宽、高分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. 都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，求得，再由球的表面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】设球的半径为，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得 ‎，解得，所以球的表面积为.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了长方体的外接球的性质，以及球的表面积的计算，其中解答中熟练应用长方体的对角线长等于其外接球的直径，求得球的半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎10.图为一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图为正三角形，尺寸如图，则该几何体的侧面积为（ ）‎ A. 6 B. ‎24 ‎C. 12 D. 32‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知，此几何体是一个正三棱柱，其高为4，底面三角形高为，可计算出底面三角形的边长，再由公式求侧面积，选出正确的选项.‎ ‎【详解】由已知中的三视图可得，‎ 该几何体是一个底面高线为的正三角形，高为4的正三棱柱，‎ 所以底面的边长为2，周长为6，‎ 则该几何体的侧面积为，故选B.‎ ‎【点睛】该题考查的是利用题中所给的几何体的三视图，求其侧面积的问题，在解题的过程中，利用三视图还原几何体是解题的关键，从中确定该几何体是一个正三棱柱，‎ 利用公式求得结果.‎ ‎11.向高为H的水瓶中注水，注满为止．如果注水量V与水深h的函数关系的图象如图所示，那么水瓶的形状是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：取，由图象可知，此时注水量大于容器容积的，故选B.‎ 考点：函数图像．‎ ‎12.如图是正方体平面展开图，在这个正方体中 ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60º角；‎ ‎④DM与BN垂直.‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）‎ A. ①②③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正方体的平面展开图复原为正方体，不难解答本题．‎ ‎【详解】解：把正方体的平面展开图还原成正方体，‎ 得：对于①，与不平行，故①不正确；‎ 对于②，，故②不正确；‎ 对于③，，在等边三角形中，可得，即与成角，故③正确；‎ 对于④，在平面上的投影为，根据三垂线定理得与垂直，故④正确．‎ 正确命题的序号是③④．故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正方体的结构特征，异面直线的判定，异面直线及其所成的角，空间中直线与直线之间的位置关系，几何体的折叠与展开，考查空间想象能力，是中档题．‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.若圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面的直径为______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为3π，构造方程，可求出直径．‎ ‎【详解】解：设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l， ‎ 则由πl=2πr得l=2r， ‎ 而S=πr2+πr•2r=3πr2=3π ‎ 故r2=1 ‎ 解得r=1，所以直径为2． ‎ 故答案为2．‎ ‎【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．‎ ‎14.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个等腰直角三角形，它的底角为45°，两腰长均为1，则这个平面图形的面积为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题可知：斜二测发画的直观图与直观图的区别在于，x轴的长度一致，y轴长度是其一半，本题在斜二测直观图是一个等腰三角形，可知，由,可知在直观图中其边长为2，故平面图形的面积为．‎ 考点：斜二测的画法以及相关性质 ‎15.已知球的一个截面的面积为，且此截面到球心的距离为4，则该球的表面积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据截面的面积，得到截面圆的半径，结合勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积.‎ ‎【详解】解:∵截面的面积为9π，∴截面圆的半径为3‎ ‎∵球心到截面的距离为4，‎ ‎∴球的半径为 ‎ ‎∴球的表面积为 故答案为100π ‎【点睛】本题主要考查球的表面积的相关的知识点，解答这道题的关键是求球的半径，属于基础题.‎ ‎16.在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、BC上的点，且，则AC和平面DEF位置关系______‎ ‎【答案】平行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据比例式得到，继而得到线面平行，问题得以解决．‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ 平面，平面，‎ 平面，‎ 故答案为：平行．‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，解题的关键是掌握空间中直线与直线之间位置关系的判断方法，属于基础题．‎ 三、解答题（共6小题，共70分）‎ ‎17.如图三棱锥A-BCD被一平面所截，截面为平行四边形EFGH，‎ 求证：（1）CD∥平面EFGH.‎ ‎（2）EH∥AB.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于为平行四边形，可得． 再利用直线和平面平行的判定定理可得平面，根据直线和平面平行的性质定理可得，再根据直线和平面平行的判定定理可得平面．‎ ‎（2）思路跟（1）一样，先证明线面平行，由线面平行的性质定理可得线线平行．‎ ‎【详解】解：（1）证明：由于为平行四边形，．‎ 由于平面中，不在平面中，故有平面．而平面 ‎，平面平面，根据直线和平面平行的性质定理可得．平面，不在平面内，故有平面．‎ ‎（2）证明：由于为平行四边形，．由于平面中，不在平面中，故有平面．而平面，平面平面，根据直线和平面平行的性质定理可得 ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和性质定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．‎ ‎18.在空间四边形ABCD中，，．求证：．‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出图形，令BD的中点K，再将题设条件的线线垂直转化成线面垂直，利用等腰三角形的性质进行证明即可 ‎【详解】如图：‎ 取BD的中点K，连接AK，CK．‎ ‎，K为BD的中点，．‎ 同理，，且，平面AKC．‎ 又平面AKC，．‎ ‎【点睛】证明线线垂直，常证明一条直线与另一条直线的某个所在平面垂直，然后由线面垂直的定义得出两条直线垂直．证明线面垂直最常用的方法，是在已知平面内找出两条相交直线和已知直线垂直．‎ ‎19. 如图，几何体上半部分是母线长为5，底面圆半径为3的圆锥，下半部分是下底面圆半径为2，母线长为2的圆台，计算该几何体的表面积和体积.‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ 圆锥侧面积为，圆台的侧面积为，圆台的底面面积为，所以表面积为.圆锥的体积，圆台的体积，所以体积为.‎ 考点：侧面积公式，体积公式.‎ ‎20.如图，正方体中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B‎1C1，C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ 证明：如图所示，连接B1D1，NE，‎ ‎∵M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B‎1C1，C1D1的中点，‎ ‎∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，‎ 又∵MN⊄面EFDB，EF⊂面EFDB，∴MN∥面EFDB.‎ ‎∵在正方形A1B‎1C1D1中，N，E分别是棱A1D1，B‎1C1中点，‎ ‎∴NE∥A1B1且NE=A1B1，又∵A1B1∥AB且A1B1=AB，‎ ‎∴NE∥AB且NE=AB，∴四边形ABEN是平行四边形.‎ ‎∴AN∥BE，又∵AN⊄面EFDB，BE⊂面EFDB，∴AN∥面EFDB.‎ ‎∵AN⊂面AMN，MN⊂面AMN，且AN∩MN=N，‎ ‎∴平面AMN∥平面EFDB.‎ 考点：平面与平面平行的判定．‎ ‎21.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，F为AC和BD的交点．‎ ‎（1）证明：PB∥平面AEC；‎ ‎（2）证明：平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接EF，利用中位线定理得出EF∥PB，故而PB∥平面AEC；‎ ‎（2）由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD，结合AC⊥BD可得BD⊥平面PAC，故而平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【详解】解：（1）证明：连接EF，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴F是BD的中点，又E是PD的中点，‎ ‎∴PB∥EF，又EF⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ ‎∴PB∥平面AEC；‎ ‎（2）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BD，‎ ‎∵四边形ABCD菱形，∴BD⊥AC，‎ 又AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，AC∩PA=A，‎ ‎∴BD⊥平面PAC，又∵BD⊂平面PBD，‎ ‎∴平面PAC⊥平面PBD．‎ ‎【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎22.如图,四棱锥的底面是边长为1的正方形,. ‎ ‎ (1)求证:平面ABCD; (2)求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据底面是边长为1的正方形,以及勾股定理,证明,再根据,即可证明平面ABCD；(2)根据四棱锥的底面积为1,高为PA,即可求出四棱锥的体积.‎ ‎【详解】（1）∵四棱锥的底面是边长为1的正方形，，‎ ‎∴，∴‎ 又，‎ ‎∴平面 ‎（2）四棱锥的底面积为1，‎ ‎∵平面，所以四棱锥的高为1，‎ ‎∴四棱锥的体积为V＝×1×1=‎ ‎【点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎