数学卷·2018届山西省大同一中高二上学期第一次月考数学试卷（文科） （解析版）

数学卷·2018届山西省大同一中高二上学期第一次月考数学试卷（文科） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年山西省大同一中高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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．给出下列命题：‎ ‎①多面体是若干个平面多边形所围成的图形；‎ ‎②有一个平面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥；‎ ‎③有两个面是相同边数的多边形，其余各面是梯形的多面体是棱台．‎ 其中正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎2．直径为6的球的表面积和体积分别是（　　）‎ A．144π，144π B．144π，36π C．36π，144π D．36π，36π ‎3．下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．一个骰子由1～6六个数字组成，请你根据图中三种状态所显示的数字，推出“？”处的数字是（　　）‎ A．6 B．3 C．1 D．2‎ ‎5．如图所示，在三棱锥P﹣ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有（　　）‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．6对 ‎6．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为4cm，高为10cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为（　　）‎ A．16cm B．12cm C．24cm D．26cm ‎7．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S1、S2、S3，则（　　）‎ A．S1＜S2＜S3 B．S3＜S2＜S1 C．S2＜S1＜S3 D．S1＜S3＜S2‎ ‎8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（　　）‎ A．3 B．3 C．4 D．5‎ ‎9．利用斜二测画法得到的：‎ ‎①三角形的直观图是三角形；‎ ‎②平行四边形的直观图是平行四边形；‎ ‎③正方形的直观图是正方形；‎ ‎④菱形的直观图是菱形．‎ 以上结论，正确的是（　　）‎ A．①② B．① C．③④ D．①②③④‎ ‎10．棱台的两底面面积为S1、S2，中截面（过各棱中点的面积）面积为S0，那么（　　）‎ A． B． C．2S0=S1+S2 D．S02=2S1S2‎ ‎11．已知ABCD 是空间四边形，M、N 分别是AB、CD 的中点，且AC=4，BD=6，则（　　）‎ A．1＜MN＜5 B．2＜MN＜10 C．1≤MN≤5 D．2＜MN＜5‎ ‎12．下列命题中：‎ ‎（1）平行于同一直线的两直线平行；‎ ‎（2）平行于同一直线的两平面平行；‎ ‎（3）平行于同一平面的两直线平行；‎ ‎（4）平行于同一平面的两平面平行．其中正确的个数有（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎　‎ 二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　　．‎ ‎14．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　　．‎ ‎15．棱长为2的正方体的顶点在同一个球上，则该球的表面积为　　．‎ ‎16．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1所成角分别为α、β、γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知α、β、γ是三个平面，且α∩β=c，β∩γ=a，α∩γ=b，且a∩b=O．求证：a、b、c三线共点．‎ ‎18．圆锥底面半径为1 cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．‎ ‎19．如图，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，求证：MN∥平面BCE．‎ ‎20．一个几何体的三视图如右图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．‎ ‎（Ⅰ）求该几何体的体积V；‎ ‎（Ⅱ）求该几何体的表面积S．‎ ‎21．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．‎ ‎（1）求A1C1与B1C所成角的大小；‎ ‎（2）若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省大同一中高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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．给出下列命题：‎ ‎①多面体是若干个平面多边形所围成的图形；‎ ‎②有一个平面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥；‎ ‎③有两个面是相同边数的多边形，其余各面是梯形的多面体是棱台．‎ 其中正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】利用多面体的定义判断①的正误；棱锥的定义判断②的正误；棱台的定义判断③的正误即可．‎ ‎【解答】解：①多面体是若干个平面多边形所围成的图形；满足多面体的定义，正确；‎ ‎②有一个平面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥；不满足棱锥的定义，错误；‎ ‎③有两个面是相同边数的多边形，其余各面是梯形的多面体是棱台．不满足棱台的定义，错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．直径为6的球的表面积和体积分别是（　　）‎ A．144π，144π B．144π，36π C．36π，144π D．36π，36π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据已知条件球的半径为5，结合球的表面积和体积公式：S=4πR2，V=‎ πR3，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：球的半径为R=3，根据球的表面积和体积得：‎ S=4πR2=4π×32=36π，‎ V=πR3=π•33=36π，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】在A、B、C中，均得到PS∥SQ，P、Q、R、S四点共面；在D中，PS与SQ既不平行也不相交，P、Q、R、S四点不共面．‎ ‎【解答】解：在A中，∵正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故A不正确；‎ 在B中，正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故B不正确；‎ 在C中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故C不正确；‎ 在D中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS与SQ既不平行也不相交，∴P、Q、R、S四点不共面，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．一个骰子由1～6六个数字组成，请你根据图中三种状态所显示的数字，推出“？”处的数字是（　　）‎ A．6 B．3 C．1 D．2‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】由图中的前两个状态可知1的周围为2，3，4，5；则“？”处的数字可能为什1或6；从状态一可知，不可能为1，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由图中的前两个状态可知1的周围为2，3，4，5；则“？”处的数字可能为什1或6；从状态一可知，不可能为1；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在三棱锥P﹣ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有（　　）‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．6对 ‎【考点】异面直线的判定．‎ ‎【分析】画出三棱锥，找出它的棱所在直线的异面直线即可．‎ ‎【解答】解：如图所示，三棱锥P﹣ABC中，棱PA与BC是异面直线，棱PB与AC是异面直线，棱PC与AB是异面直线；‎ 共3对．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为4cm，高为10cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为（　　）‎ A．16cm B．12cm C．24cm D．26cm ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．‎ ‎【解答】解：将正三棱柱ABC﹣A1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，‎ 在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．‎ 由已知求得矩形的长等于6×4=24，宽等于10，由勾股定理d==26cm．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S1、S2、S3，则（　　）‎ A．S1＜S2＜S3 B．S3＜S2＜S1 C．S2＜S1＜S3 D．S1＜S3＜S2‎ ‎【考点】棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】‎ 根据“用平行于底面的平面截棱锥所得截面性质”，可利用截得面积之比就是对应高之比的平方，截得体积之比，就是对应高之比的立方（所谓“高”，是指大棱锥、小棱锥的高，而不是两部分几何体的高）求解．‎ ‎【解答】解：∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴S1＜S2＜S3‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（　　）‎ A．3 B．3 C．4 D．5‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】根据三视图得出：空间几何体的性质得出直线平面的垂直问题，判断各个线段的长度比较即可．‎ ‎【解答】解：∵根据三视图得出：几何体为下图 AD，AB，AG相互垂直，面AEFG⊥面ABCDE，‎ BC∥AE，AB=AD=AG=3，DE=1，‎ 根据几何体的性质得出：AC=3，GC===，GE==5，‎ BG=，AD=4，EF=，CE=，‎ 故最长的为GC=3‎ 故选；B ‎　‎ ‎9．利用斜二测画法得到的：‎ ‎①三角形的直观图是三角形；‎ ‎②平行四边形的直观图是平行四边形；‎ ‎③正方形的直观图是正方形；‎ ‎④菱形的直观图是菱形．‎ 以上结论，正确的是（　　）‎ A．①② B．① C．③④ D．①②③④‎ ‎【考点】斜二测法画直观图．‎ ‎【分析】由斜二测画法规则直接判断即可．①正确；因为平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；‎ 因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．‎ ‎【解答】解：由斜二测画法规则知：①正确；平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；‎ 因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎10．棱台的两底面面积为S1、S2，中截面（过各棱中点的面积）面积为S0，那么（　　）‎ A． B． C．2S0=S1+S2 D．S02=2S1S2‎ ‎【考点】棱台的结构特征．‎ ‎【分析】不妨设这个棱台为三棱台，设棱台的高为2h，上部三棱锥的高为a，根据相似比的性质，能求出结果．‎ ‎【解答】解：不妨设这个棱台为三棱台，设棱台的高为2h，上部三棱锥的高为a，‎ 则根据相似比的性质，得：‎ ‎，‎ 解得=+．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．已知ABCD 是空间四边形，M、N 分别是AB、CD 的中点，且AC=4，BD=6，则（　　）‎ A．1＜MN＜5 B．2＜MN＜10 C．1≤MN≤5 D．2＜MN＜5‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】取BC的中点E，连接ME，NE，根据中位线定理求出ME，NE，最后根据三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可求出MN的长．‎ ‎【解答】解：取BC的中点E，连接ME，NE，‎ ‎∴ME=2，NE=3‎ 根据三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，‎ ‎∴1＜MN＜5‎ 故选A ‎　‎ ‎12．下列命题中：‎ ‎（1）平行于同一直线的两直线平行；‎ ‎（2）平行于同一直线的两平面平行；‎ ‎（3）平行于同一平面的两直线平行；‎ ‎（4）平行于同一平面的两平面平行．其中正确的个数有（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】平行于同一直线的两直线平行；平行于同一直线的两平面平行或相交；平行于同一平面的两直线相交、平行或异面；平行于同一平面的两平面平行．‎ ‎【解答】解：平行于同一直线的两直线平行，故（1）正确；‎ 平行于同一直线的两平面平行或相交，故（2）不正确；‎ 平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故（3）不正确；‎ 平行于同一平面的两平面平行，故（4）正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　8cm　．‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】如图，由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形边长，进而可得原图形的周长．‎ ‎【解答】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，‎ 所以OB=cm，对应原图形平行四边形的高为：2cm，‎ 所以原图形中，OA=BC=1cm，AB=OC==3cm，‎ 故原图形的周长为：2×（1+3）=8cm，‎ 故答案为：8cm ‎　‎ ‎14．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　③④　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将展开图复原为几何体，如图，根据正方体的几何牲，分别四个命题的真假，容易判断选项的正误，求出结果．‎ ‎【解答】解：展开图复原的正方体如图，不难看出：‎ ‎①BM与ED平行；错误的，是异面直线；‎ ‎②CN与BE是异面直线，错误；是平行线；‎ ‎③CN与BM成60°；正确；‎ ‎④DM与BN是异面直线．正确 判断正确的答案为③④‎ 故答案为：③④‎ ‎　‎ ‎15．棱长为2的正方体的顶点在同一个球上，则该球的表面积为　12π　．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】由棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，知球半径R=，由此能求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：∵棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，‎ ‎∴球半径R==，‎ ‎∴球的表面积S=4π（）2=12π．‎ 故答案为：12π．‎ ‎　‎ ‎16．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1所成角分别为α、β、γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=　2　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】由已知得sin2α+sin2β+sin2γ=++，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1所成角分别为α、β、γ，‎ ‎∴sin2α+sin2β+sin2γ=++‎ ‎=++‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知α、β、γ是三个平面，且α∩β=c，β∩γ=a，α∩γ=b，且a∩b=O．求证：a、b、c三线共点．‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】‎ 证明时可从三条交线是否存在两条相交入手，假若有两条相交，可以证明两条直线的交点一定经过第三条直线．‎ ‎【解答】证明：∵a∩b=O，∴O∈a，O∈b，‎ 又∵β∩γ=a，α∩γ=b，∴O∈β，O∈α，‎ ‎∵α∩β=c，∴O∈c，‎ ‎∴a，b，c三线共点．‎ ‎　‎ ‎18．圆锥底面半径为1 cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．‎ ‎【考点】简单组合体的结构特征．‎ ‎【分析】画出图形，设出棱长，根据三角形相似，列出比例关系，求出棱长即可．‎ ‎【解答】解：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，‎ 得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图所示 设正方体棱长为x，则CC1=x，C1D1=．‎ 作SO⊥EF于O，则SO=，OE=1，‎ ‎∵△ECC1～△EOS，∴，即 ‎∴，即内接正方体棱长为cm ‎　‎ ‎19．如图，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，求证：MN∥平面BCE．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】过M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足（如图），连接PQ，要证MN∥平面BCE，只需证明直线MN平行平面BCE内的直线PQ即可．也可以通过平面与平面的平行，即平面MNG∥平面BCE，来证明MN∥平面BCE，‎ ‎【解答】证法一：过M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足（如图），连接PQ．‎ ‎∵MP∥AB，NQ∥AB，∴MP∥NQ．‎ 又NQ=BN=CM=MP，∴MPQN是平行四边形．‎ ‎∴MN∥PQ，PQ⊂平面BCE．‎ 而MN⊄平面BCE，‎ ‎∴MN∥平面BCE．‎ 证法二：过M作MG∥BC，交AB于点G（如图），连接NG．‎ ‎∵MG∥BC，BC⊂平面BCE，‎ MG⊄平面BCE，‎ ‎∴MG∥平面BCE．‎ 又==，‎ ‎∴GN∥AF∥BE，同样可证明GN∥平面BCE．‎ 又面MG∩NG=G，‎ ‎∴平面MNG∥平面BCE．又MN⊂平面MNG．∴MN∥平面BCE．‎ ‎　‎ ‎20．一个几何体的三视图如右图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．‎ ‎（Ⅰ）求该几何体的体积V；‎ ‎（Ⅱ）求该几何体的表面积S．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】（I）根据正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，得到该几何体是一个平行六面体（如图），其底面是边长为1的正方形，高为，做出体积．‎ ‎（Ⅱ）由第一问看出的几何体，知道该平行六面体中，A1D⊥面ABCD，CD⊥面BCC1B1，得到侧棱长，表示出几何体的表面积，得到结果．‎ ‎【解答】解：（I）由三视图可知，该几何体是一个平行六面体（如图），‎ 其底面是边长为1的正方形，高为，‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥面ABCD，CD⊥面BCC1B1，‎ ‎∴AA1=2，‎ 侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形 ‎∴．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．‎ ‎（1）求A1C1与B1C所成角的大小；‎ ‎（2）若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】（1）根据正方体的性质，证出AC∥A1C1，由此得到∠B1CA就是A1C1与B1C所成的角．然后在正三角形△ABC1中加以计算，可得A1C1与B1C所成角的大小；‎ ‎（2）平行四边形AA1C1C中可得AC∥A1C1，AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角，进而利用三角形中位线定理与正方形的性质，即可算出A1C1与EF所成角的大小．‎ ‎【解答】解：（1）如图，连接AC、AB1，‎ ‎∵多面体ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，‎ ‎∴四边形AA1C1C为平行四边形，可得AC∥A1C1，‎ 由此得到∠B1CA就是A1C1与B1C所成的角．‎ 又∵AB1=B1C=AC，可得 ‎△ABC1为正三角形，‎ ‎∴∠B1CA=60°，即A1C1与B1C所成角为60°．‎ ‎（2）如图，连接BD，‎ ‎∵AA1∥CC1，且AA1=CC1，‎ ‎∴四边形AA1C1C是平行四边形，可得AC∥A1C1，‎ ‎∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角． ‎ 又∵EF是△ABD的中位线，‎ ‎∴EF∥BD．‎ ‎∵AC⊥BD，‎ ‎∴AC⊥EF，‎ 即A1C1与EF所成角的大小为90°．‎ ‎　‎