2018-2019学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期第一次月考数学试题 解析版

2018-2019学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期第一次月考数学试题 解析版

绝密★启用前 青海省西宁市第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列说法正确的个数是(　　)‎ ‎①相等的角在直观图中对应的角仍然相等；②相等的线段在直观图中对应的线段仍然相等；③最长的线段在直观图中对应的线段仍最长；④线段的中点在直观图中仍然是线段的中点．‎ A． 1 B． 2 C． 3 D． 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例得到①错；通过斜二测画法的法则：平行性不变；平行于x轴的长度也不变，但平行于y轴的线段长度变味原来的一半．，判断出②③错④对．‎ ‎【详解】‎ 对于①，例如一个等腰直角三角形，画出直观图后不是等腰直角三角形，故①错 对于②③④，由于斜二测画法的法则是平行于x的轴的线平行性与长度都不变；但平行于y轴的线平行性不变，但长度变为原长度的一半，故②③错④对 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查画直观图的方法：斜二测画法，其法则是平行性不变；平行于x轴的长度也不变，但平行于y轴的线段长度变味原来的一半．‎ ‎2．已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是(　　)‎ A． l∥β，l⊂α⇒α∥β B． l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α⇒α∥β C． l∥m，l⊂α，m⊂β⇒α∥β D． l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M⇒α∥β ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如右图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB∥CD，则直线AB∥平面DC1，直线AB⊂平面AC，但是平面AC与平面DC1不平行，所以选项A错误；取BB1的中点E，CC1的中点F，则可证EF∥平面AC，B1C1∥平面AC.又EF⊂平面BC1，B1C1⊂平面BC1‎ ‎，但是平面AC与平面BC1不平行，所以选项B错误；直线AD∥B1C1，AD⊂平面AC，B1C1⊂平面BC1，但平面AC与平面BC1不平行，所以选项C错误；很明显选项D是两个平面平行的判定定理，所以选项D正确．‎ ‎3．下列四个命题中，正确的是（ ）‎ ‎①夹在两条平行线间的平行线段相等；②夹在两条平行线间的相等线段平行；③如果一条直线和一个平面平行，那么夹在这条直线和平面间的平行线段相等；④如果一条直线和一个平面平行，那么夹在 这条直线和平面间的相等线段平行 A． ①③ B． ①② C． ②③ D． ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行与面面平行的性质逐一判断即可.‎ ‎【详解】‎ ‎①根据面面平行的性质，可知夹在两平面间的平行线段相等，正确；‎ ‎②夹在两条平行线间的相等线段可以不平行，错误；‎ ‎③根据线面平行的性质，可知夹在这条直线和平面间的平行线段相等，正确；‎ ‎④如果一条直线和一个平面平行，那么夹在 这条直线和平面间的相等线段可以不平行 ‎，错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间直线和平面平行和面面平行的性质，根据相应的平行定理是解决本题的关键．‎ ‎4．某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ ‎ ‎ A． B． C． 200 D． 240‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图所示，该几何体是棱长分别为4，8，10的长方体砍去两个小三棱柱得到一个四棱柱，‎ 由图知V==200．‎ 故选C．‎ ‎5．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥D1－ACD的体积是(　　)‎ A． B． C． D． 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得三棱锥D1－ACD的底面ACD是直角边长为1的等腰直角三角形，高D1D=1，然后直接利用棱锥体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体，‎ ‎∴三棱锥D1－ACD的底面ACD是直角边长为1的等腰直角三角形，‎ 高D1D=1，‎ ‎∴三棱锥D1－ACD的体积为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查棱锥体积的求法，属于基础题．‎ ‎6．平面内有不共线的三点到平面的距离相等且不为零，则与的位置关系为(　　)‎ A． 平行 B． 相交 C． 可能重合 D． 平行或相交 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对三点是否在平面β的同一侧进行讨论得出答案．‎ ‎【详解】‎ 若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，‎ 若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间平面的位置关系，属于基础题．‎ ‎7．已知空间四边形中，分别是的中点，则下列判断正确的是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取AD中点E，连接ME，NE，MN＜ME+EN=BD+AC．‎ ‎【详解】‎ 取AD中点E，‎ 连接ME，NE，‎ MN＜ME+EN=BD+AC．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查棱锥的结构特征，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．‎ ‎8．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（ ）‎ A． MN∥PD B． MN∥PA C． MN∥AD D． 以上均有可能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD＝PA，MN⊂平面PAC，‎ ‎∴MN∥PA. 故选B.‎ 考点：直线与平面平行的性质.‎ ‎9．三个平面把空间分成部分时，它们的交线有（　　）‎ A． 条 B． 条 C． 条 D． 条或条 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，三个平面把空间分成7部分，此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．故选C。‎ 考点：平面的基本性质与推论。‎ 点评：三个平面可能把空间分成四部分、六部分、七部分或者八部分。考查了空间想象的能力，属于基础题。‎ ‎10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是(　)‎ A． 相交 B． 平行 C． 异面 D． 相交或平行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面平行的性质即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ ‎∵MC1⊂平面DD1C1C，平面AA1B1B∥平面DD1C1C，‎ ‎∴MC1∥平面AA1B1B．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了面面平行的性质，属于基础题．‎ ‎11．设P是直线外一定点，过点P且与成30°角的异面直线(　　)‎ A． 有无数条 B． 有两条 C． 至多有两条 D． 有一条 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用模型圆锥即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 过点P且与成30°角的异面直线有无数条，并且异面直线在以P为顶点的圆锥的侧面上.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了异面直线的概念，属于基础题.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎12．如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形. 如果三棱柱的体积为，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为（ ） ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面半径为R，求出三棱柱的底面边长为，利用棱柱的体积，求出底面半径，然后求解侧面积．‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的底面半径为R，底面是正三角形．边长为a，‎ ‎，‎ 三棱柱的底面边长为，‎ 三棱柱的体积为，圆柱的底面直径与母线长相等，‎ 可得 得R=2，‎ S圆柱侧=2πR•2R=16π．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何体的体积的求法，几何体的内接体问题的应用，圆柱的侧面积的求法，考查计算能力．‎ ‎13．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°,半径为的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是__‎ ‎【答案】4∶3或 ‎【解析】‎ 设圆锥的底面半径为，由题意得，解得。‎ 所以。‎ 答案：‎ 点睛：‎ ‎（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．‎ ‎（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理．‎ ‎14．圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________ cm. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设球半径为r，则由可得，解得．‎ 考点：1．组合几何体的面积、体积．‎ ‎【思路点睛】本题考查几何体的体积，考查学生空间想象能力，解答时，首先设出球的半径，然后再利用三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，求解即可．‎ ‎15．已知直线l∥平面α，l⊂平面β，α∩β＝m，则直线l，m的位置关系是________．‎ ‎【答案】平行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得m，l共面于β，且l，m不相交，从而得到直线l，m的位置关系是平行．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线l∥平面α，l⊂平面β，α∩β=m，‎ ‎∴m，l共面于β，‎ ‎∵直线l∥平面α，m⊂α，‎ ‎∴l，m不相交，‎ ‎∴直线l，m的位置关系是平行．‎ 故答案为：平行．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎16．设平面，直线与交于S，若，则_____________.‎ ‎【答案】68或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，利用平面与平面平行推出直线与直线平行，通过相似列出比例关系，求解即可．‎ ‎【详解】‎ 如图（1），由α∥β可知BD∥AC，‎ ‎∴=，即=，∴SC=68．‎ 如图（2），由α∥β知AC∥BD，‎ ‎∴==，即=．‎ ‎∴SC=‎ 故答案为：68或 ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面平行的性质，相似三角形的性质，容易疏忽两种类型之一，是基础题.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．如图所示，已知直角梯形ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，AB＝5 cm，BC＝16 cm，AD＝4cm.求以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体的表面积．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知由直角梯形绕其直腰所得的几何体是圆台，根据题意求出圆台的两底面的半径和母线长，再代入表面积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 以所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆台，其上底半径是，下底半径是16cm 母线DC＝13(cm)．‎ 该几何体的表面积为．‎ ‎【点睛】‎ 本题的考点是旋转体的表面积的求法，关键是由平面图形想象出所得旋转体的结构特征，再求出所得旋转体的高以及其它几何元素的长度，考查了空间想象能力．‎ ‎18．如图，在底面边长为的正三棱柱中， ，D是 AC的中点。‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求正三棱柱的体积及表面积。‎ ‎【答案】(1)见解析，（2）,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设B1C∩BC1=O，根据OD为△ACB1的中位线，故有AB1∥OD，再利用直线和平面平行的判定定理证得AB1∥平面C1BD；‎ ‎（2）利用棱柱的体积与表面积公式计算即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设B1C∩BC1=O，则由正三棱柱ABC﹣A1B1C1的性质可得O为B1C的中点．‎ 再根据D为AC的中点，可得OD为△ACB1的中位线，故有AB1∥OD．‎ 而OD⊂平面C1BD AB1⊄平面C1BD，故有AB1∥平面C1BD．‎ ‎(2),‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线和平面平行的判定定理的应用，柱体的体积与表面积的计算，属于基础题．‎ ‎19．如图，在四面体中，截面是平行四边形.‎ ‎(1)求证：截面；‎ ‎(2)若截面是正方形，求异面直线与所成的角.‎ ‎【答案】略 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由线面垂直的判断定理可得平面，则，再次应用线面平行的判断定理可得截面. ‎ ‎ (2)由（1）的证明可知（或其补角）是异面直线与所成的角，结合正方形的性质可得异面直线与所成的角是.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为截面是平行四边形，;‎ 又平面,平面平面，‎ 平面,平面平面，‎ 截面截面截面. ‎ ‎ (2)由（1）的证明知;‎ ‎（或其补角）是异面直线与所成的角;‎ 截面是正方形，;‎ 所以异面直线与所成的角是.‎ ‎【点睛】‎ 平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：‎ ‎①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．‎ ‎20．如图，F，H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，棱长为,‎ ‎（1）求证：平面BDF∥平面B1D1H.‎ ‎（2）求正方体外接球的表面积。‎ ‎【答案】⑴见证明；⑵略 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得 HD1∥BF，可证 平面BDF∥平面B1D1H．‎ ‎【详解】‎ ‎⑴由正方体得BD∥B1D1，由于B1D1⊂平面B1D1H，而BD⊄平面B1D1H，∴BD∥平面B1D1H．‎ 如图，连接HB、D1F，‎ 易证BF与 HD1平行且相等，可得四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF．‎ ‎∵HD1⊂平面B1D1H，而BF⊄平面B1D1H，∴BF∥平面B1D1H．‎ 又BD∩BF=B，BD⊂平面BDF，BF⊂平面BDF，‎ 所以，平面BDF∥平面B1D1H．‎ ‎⑵正方体的体对角线长为 故正方体外接球的半径为 ‎∴正方体外接球的表面积 ‎【点睛】‎ 本题考查证面面平行的方法，考查了正方体的外接球问题，属于基础题．‎ ‎21．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC和SC的中点，求证：‎ ‎(1)直线EG∥平面BDD1B1；‎ ‎(2)平面EFG∥平面BDD1B1.‎ ‎【答案】⑴见证明；⑵见证明；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证明线面平行，可先证明线线平行，所以连接,根据三角形中位线，可证明得到,这样问题就迎刃而解了；（2）要证明面面平行，可先证明平面内的两条相交直线平行与另一个平面内的两条相交直线，将问题转化为证明两组线线平行，,,或是,这样问题得证.‎ 试题解析：（1）连结SB，由已知得EG∥SB，由此能证明直线EG∥平面BDD1B1．‎ ‎（2）连结SD，由已知得FG∥SD，‎ 从而FG∥平面BDD1B1，‎ 又直线EG∥平面BDD1B1，‎ ‎（2）由此能证明平面EFG∥平面BDD1B1．‎ 考点：1.线面平行；2.面面平行.‎ ‎22．如图所示，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．‎ ‎(1)求证：平面MNG∥平面ACD；‎ ‎(2)求 ‎【答案】⑴见证明；⑵ 1∶9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形重心的性质，结合线面平行的判定定理，证明MN∥平面ACD，MG∥平面ACD，再证明平面MNG∥平面ACD；‎ ‎（2）证明，其相似比为1∶3，可得结论．‎ ‎【详解】‎ ‎⑴连接BM，BN，BG并延长分别交AC，AD，CD于P，F，H．‎ ‎∵M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心，‎ 则有 且P，H，F分别为AC，CD，AD的中点．‎ 连接PF，FH，PH，有MN∥PF．‎ 又PF⊂平面ACD，MN⊄平面ACD，‎ ‎∴MN∥平面ACD．‎ 同理MG∥平面ACD，MG∩MN＝M，‎ ‎∴平面MNG∥平面ACD．‎ ‎(2)解 由(1)可知 ‎，‎ 又，∴．‎ 同理，‎ ‎，其相似比为1∶3．‎ ‎∴S△MNG∶S△ACD＝1∶9．‎ ‎【点睛】‎ 要证“面面平行”，只要证“线面平行”，只要证“线线平行”，故问题最终转化为证线与线的平行．‎