四川省广安市广安中学2019-2020学年高二9月月考（文）数学试题

四川省广安市广安中学2019-2020学年高二9月月考（文）数学试题

广安中学高2018级高二上期第一次月考数学（文科)试题 一、单选题（共12小题,每小题5分，共60分)‎ ‎1.如图，长方体中，，则线段的长是（ ）‎ A. B. C. 28 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用体对角线公式直接计算即可.‎ ‎【详解】，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查长方体体对角线的计算，属于基础题.‎ ‎2.如图，是水平放置的的直观图，则的周长为 (　　)‎ A. B. C. 10 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为直角三角形，且，，从而可计算的周长.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，，所以，，故，‎ 所以周长为，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查斜二测画法，属于基础题.‎ ‎3.已知直线是平面的斜线，则内不存在与（   ）‎ A. 相交的直线 B. 平行的直线 C. 异面的直线 D. 垂直的直线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面的斜线的定义，即可作出判定，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，直线是平面的斜线，由斜线的定义可知与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线，所以在平面内肯定不存在与直线平行的直线．‎ 故答案为：B ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记平面斜线的定义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎4.如图，在正方体中，为的中点，则在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（ ）‎ A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意需要从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点P，A，C在各个面上的投影，再把它们连接起来，即得到在各个面上的投影．‎ ‎【详解】从上下方向上看，△PAC的投影为①图所示的情况；‎ 从左右方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况；‎ 从前后方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再依次连接即可得在平面上的投影图．‎ ‎5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数为 ‎①若，，则 ‎②若，则 ‎③若，则 ‎④若，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面垂直的定义判断①③错误，由面面平行的性质判断②错误，由线面垂直性质、面面垂直的判定定理判定④正确．‎ ‎【详解】如图正方体，‎ 平面是平面，平面是平面，但两直线与不垂直，①错；‎ 平面是平面，平面是平面，但两直线与不平行，②错；‎ 直线是直线，直线是直线，满足，但平面与平面不垂直，③错；‎ 由得，∵，过作平面与平面交于直线，则，于是，∴，④正确．‎ ‎∴只有一个命题正确．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系．对一个命题不正确，可只举一例说明即可．对正确的命题一般需要证明．‎ ‎6.三棱锥中，平面为垂足，则是的（ ）‎ A. 重心 B. 内心 C. 外心 D. 垂心 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，可证即是的外心.‎ ‎【详解】如图，连接，‎ 因为平面，平面，所以，同理，‎ 因为，，所以，所以，‎ 同理，故是的外心.故选C.‎ ‎【点睛】在三棱锥中，如果，那么在平面内的射影为的外心，如果，则那么在平面内的射影为的垂心.‎ ‎7.如图，扇形的圆心角为，半径为1，则该扇形绕所在直线旋转一周得到的几何体的表面积为（  ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球，利用球面的表面积公式及圆的表面积公式即可求得．‎ ‎【详解】由已知可得：以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球，其中半球的半径为1，故半球的表面积为：‎ 故答案为：C ‎【点睛】本题主要考查了旋转体的概念，以及球的表面积的计算，其中解答中熟记旋转体的定义，以及球的表面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，取的中点，连接，则,‎ 所以异面直线与所成角就是直线与所成角，‎ 设正三棱柱的各棱长为,则，‎ 设直线与所成角为，‎ 在中，由余弦定理可得，‎ 即异面直线与所成角的余弦值为，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎9.如图，在正方体中，是棱上的动点．下列说法正确的是（ ）‎ A. 对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线 B. 对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线 C. 当点从运动到的过程中，二面角的大小不变 D. 当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不论在任意位置，平面即平面，再求解.‎ ‎【详解】因为在平面内，且平行平面，故A错误；‎ 平面即平面，又平面与平面斜相交，‎ 所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；‎ 平面即平面，平面与平面是确定平面，‎ 所以二面角不改变，故C正确；‎ 平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查空间线面关系，属于综合题.本题的关键在于平面的确定.‎ ‎10.如图所示：在正方体中，设直线与平面所成角为，二面角的大小为，则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结BC1，交B1C于O，连结A1O，则∠BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角θ1，由BC⊥DC，B1C⊥DC，知∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A的大小θ2，由此能求出结果．‎ ‎【详解】连结BC1，交B1C于O，连结A1O，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥DC，‎ ‎∴BO⊥平面A1DCB1，∴∠BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角θ1，‎ ‎∵BO＝A1B，∴θ1＝30°；∵BC⊥DC，B1C⊥DC，∴∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A的大小θ2，‎ ‎∵BB1＝BC，且BB1⊥BC，∴θ2＝45°．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查线面角、二面角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．‎ ‎11.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. 32 B. 16 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知几何体为一个三棱柱切掉一个三棱锥，分别求解出三棱柱和三棱锥的体积，作差即可得到结果.‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体为一个三棱柱切掉一个三棱锥 如下图所示：‎ 则为中点 ‎，‎ 所求几何体体积：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查多面体体积的求解问题，关键是能够通过割补的方式来进行求解.‎ ‎12.如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上, F，M分别是AD，CD的中点, 则下列结论中错误的是( )‎ A. ‎ B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 存在点E，使得平面BEF//平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中的平行与垂直关系，和三棱锥的体积公式，对选项中的命题判断其真假性即可．‎ ‎【详解】对于A，连接AC，易知：故，正确；‎ 对于B，易知： ，‎ ‎,故平面，正确；‎ 对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积,此时E点到平面BCF的距离为1，底面积为，故体积为定值，正确；‎ 对于D,BF与CD相交，即平面BEF与平面始终有公共点，故二者相交，错误；‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了空间中的线面位置关系的判断和棱锥的体积计算问题，涉及到三棱锥的体积为定值问题，要考虑到动点（棱锥的顶点）在直线上，而直线与平面（棱锥的底面）平行，这样不论动点怎样移动，棱锥的高都不变，底面积为定值，高为定值，体积就是定值，考查学生的空间想象能力，是综合题．‎ 二、填空题（每小题5分，共20分)‎ ‎13.已知球的表面积为4，则该球的体积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据球的表面积公式求出半径，再根据体积公式求解.‎ ‎【详解】设球半径为，则，解得，所以 ‎【点睛】本题考查球的面积、体积计算，属于基础题.‎ ‎14.如图，有一圆锥形粮堆，其正(主)视图是边长为6m的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达 处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________________m.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 圆锥的底面半径为3m，周长是6πm,‎ 展开图中大圆半径为6m，则圆心角为，‎ 即圆锥侧面展开图的圆心角是180度。‎ 则在圆锥侧面展开图中AP=3，AB=6，∠BAP=90°。‎ ‎∴在圆锥侧面展开图中.‎ 故小猫经过的最短距离是m.‎ 故答案是：.‎ ‎15.如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．‎ ‎【详解】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，‎ 又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，‎ ‎∴，60°，‎ ‎∴‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．‎ ‎16.如图，在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点,是侧面内一点，若平行于平面,则线段长度的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，因为为所在棱的中点，所以，所以，又平面 平面，所以平面；因为，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，在直角中，，同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，当在中点时，，此时最短，位于处时最长，，，所以线段长度的取值范围是.‎ 考点：点、线、面的距离问题.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了点、线、面的距离问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定与性质，三角形的判定以及直角三角形的勾股定理等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，同时考查了学生空间想象能力的训练，试题有一定的难度，属于中档试题.‎ 三、解答题（共70分)‎ ‎17.已知一圆锥的母线长为10，底面圆半径为6.‎ ‎（1）求圆锥的高；‎ ‎（2）若圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，求球的表面积.‎ ‎【答案】（1）8（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)圆锥的母线长、底面圆半径以及圆锥的高满足勾股定理，由题意即可求出结果;‎ ‎(2)先设圆锥内切球半径为,由题意可得，求出,再由球的表面积公式即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）据题意知，圆锥的高 ‎（2）据（1）求解知，圆锥的高为，‎ 设圆锥内切球的半径为，则，‎ 所以 所以所求球的表面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单几何体的计算公式，属于基础题型.‎ ‎18.已知三棱锥中，， .若平面分别与棱相交于点且平面.‎ 求证:（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；‎ ‎（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用线面平行的性质定理可得线线平行，最后利用平行公理可以证明出；‎ ‎（2）利用线面垂直的判定定理可以证明线面垂直，利用线面垂直的性质可以证明线线垂直，利用平行线的性质，最后证明出.‎ ‎【详解】证明（1）因为平面，平面平面,平面，所以有,同理可证出,根据平行公理，可得；‎ ‎（2）因为，，,平面，所以平面,而平面,所以,由（1）可知,所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理、以及平行公理的应用.‎ ‎19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.‎ ‎（1）求证：PE⊥BC；‎ ‎（2）求证：EF∥平面PCD.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先证明平面PE⊥BC即得证.(2) 取中点，连接.证明，再证明EF∥平面PCD.‎ ‎【详解】（1）∵，且为的中点，∴.‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵面，∴PE⊥BC.‎ ‎（2）如图，取中点，连接.‎ ‎∵分别为和中点，∴，且.‎ ‎∵四边形为平行四边形，且为的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，且，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴.‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.‎ ‎20.在三棱锥中，，且,．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可证平面，从而得到.‎ ‎（2）可证是侧面与底面所成二面角的平面角．利用解直角的方法可求.‎ ‎【详解】（1）因为，所以平面，‎ 因为平面，故，‎ 因为，故平面，‎ 因为平面，故.‎ ‎（2）∵，，‎ ‎∴是侧面与底面所成二面角平面角．‎ 在中，，．‎ 故，‎ 在中，，，‎ 因为，∴，‎ 即侧面与底面所成二面角的平面角的大小为．‎ ‎【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎21.如图，直三棱柱中，是的中点，四边形为正方形。‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若为等边三角形, ，求点到平面的距离。‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于，连接；根据三角形中位线可得，再利用线面平行的判定定理可得结论；（2）利用体积桥：构造关于所求距离的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】（1）如图，连接，交于点，再连接 由已知得，四边形为正方形，为的中点 是的中点 ‎ 又平面，平面 平面.‎ ‎（2）在直三棱柱中，平面平面,且为它们的交线 又 平面 设点到平面的距离为，由等体积法可得：‎ 即 即 ‎ 即点到平面的距离为 ‎【点睛】本题考查线面平行关系的证明、点到平面距离问题的求解；在求解点到面距离时，经常采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解，利用体积桥构造方程求得距离.‎ ‎22.如图，在三棱锥中，，，，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证平面BDE⊥平面ACD，需证BE⊥面ACD，由数量关系可得，则可求证．‎ ‎（2）用等体积方法求出C到面ABD的距离，则可求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．‎ ‎【详解】（1）由已知得，，‎ 又，‎ ‎∴.‎ 又∵，∴面，‎ ‎∵面，‎ ‎∴面面.‎ ‎（2）设到平面的距离为，‎ 由，‎ 得，‎ 则.‎ 设与平面所成角为，则，‎ ‎∴与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理，考查了线面角的求法，利用等体积法求三棱锥的高是解题的关键，是基础题．‎ ‎23.如图，直三棱柱中，，，分别为、的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）已知与平面所成的角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法1：（1）建立空间直角坐标系，利用直线向量和平面法向量平行证明线面垂直；‎ ‎（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.‎ 解法2：（1）取中点，连接、，易证平面，再证明,可得平面 ‎（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.‎ 解法3：（1）同解法2‎ ‎（2）设，利用三棱锥等体积转化，得到到面的距离，利用与平面所成的角为得到与的关系，解出，在两个平面分别找出垂直于交线，得到二面角，求出其余弦值.‎ ‎【详解】解法1：‎ ‎（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．‎ 设，，则，，， ，，，，，．‎ 因为，，‎ 所以，，面，面，‎ 于是平面．‎ ‎（2）设平面的法向量，‎ 则，，‎ 又，，‎ 故，取，得．‎ 因为与平面所成的角为，，‎ 所以， ，‎ 解得，．‎ 由（1）知平面的法向量，‎ ‎ ，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ 解法2：‎ ‎（1）取中点，连接、,‎ ‎ ，‎ ‎ 平面，平面 ‎ ，‎ 而平面,平面,‎ ‎ 平面．‎ 为中点， ，，‎ ‎ ，，‎ 四边形为平行四边形，‎ ‎ ．‎ ‎ 平面．‎ ‎（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．‎ 设，，，则，，．‎ 设平面的法向量，‎ 则，，‎ 又，，‎ 故，‎ 取，得．‎ 因为与平面所成的角为，，‎ 所以， ，‎ 解得，．‎ 由（1）知平面的法向量，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ 解法3：‎ ‎（1）同解法2．‎ ‎（2）设，，则，,，‎ ‎，，‎ 到平面距离，设到面距离，‎ 由 得，即 ‎．‎ 因为与平面所成的角为，‎ 所以，‎ 而在直角三角形中，‎ 所以，‎ 解得．‎ 因为平面，平面,所以，‎ 平面，平面所以，所以平面，‎ 平面,平面 所以为二面角的平面角，‎ 而,可得四边形是正方形，所以，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用几何关系构造方程求出边的大小，利用空间向量证明线面垂直，求二面角的大小，属于中档题.‎ ‎ ‎