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文档介绍
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(理科) (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(理科) 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5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.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 2.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. 3.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 4.如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为l的正方形,侧棱PA=1,PB=PD=,则它的五个面中,互相垂直的面共有( ) A.3对 B.4对 C.5对 D.6对 5.空间不共面四点到某平面的距离相等,则这样的平面共有( ) A.1个 B.4个 C.7个 D.8个 6.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 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.若直线a⊥直线b,且a⊥平面α,则有( ) A.b∥α B.b⊂α C.b⊥α D.b∥α或b⊂α 12.已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α 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.) 17.一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. 18.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. 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.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1﹣BCDE. (Ⅰ)证明:CD⊥平面A1OC; (Ⅱ)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1﹣BCDE的体积为36,求a的值. 21.在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,M是PD的中点. (1)求证:平面ABM⊥平面PCD; (2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值. 2016-2017学年山西省大同一中高二(上)第一次月考数学试卷(理科) 参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5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.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. 2.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. 3.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. 4.如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为l的正方形,侧棱PA=1,PB=PD=,则它的五个面中,互相垂直的面共有( ) A.3对 B.4对 C.5对 D.6对 【考点】平面与平面垂直的判定. 【分析】先找出直线平面的垂线,然后一一列举出互相垂直的平面即可. 【解答】解:∵AB=AP=1,PB=PD=,∴AB2+AP2=PB2, 可得PA⊥底面ABCD PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,可得:面PAB⊥面ABCD,面PAD⊥面ABCD,AB⊥面PAD, 可得:面PAB⊥面PAD, BC⊥面PAB,可得:面PAB⊥面PBC, CD⊥面PAD,可得:面PAD⊥面PCD; 故选:C. 5.空间不共面四点到某平面的距离相等,则这样的平面共有( ) A.1个 B.4个 C.7个 D.8个 【考点】平面的基本性质及推论. 【分析】一个点在平面一侧,另三个点在另一侧,这样满足条件的平面有四个,都是中截面;二个点在平面一侧,另两个点在另一侧,这样满足条件的平面有三个.由此能求出到这四点距离相等的平面的个数. 【解答】解:一个点在平面一侧,另三个点在另一侧, 这样满足条件的平面有四个,都是中截面 如下图: 二个点在平面一侧,另两个点在另一侧, 这样满足条件的平面有三个,如下图: 故到这四点距离相等的平面共有7个 故选:C. 6.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【分析】根据在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面可得,∴l1与l4的位置关系不确定. 【解答】解:∵l1⊥l2,l2⊥l3,∴l1与l3的位置关系不确定, 又l4⊥l3,∴l1与l4的位置关系不确定. 故A、B、C错误. 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.若直线a⊥直线b,且a⊥平面α,则有( ) A.b∥α B.b⊂α C.b⊥α D.b∥α或b⊂α 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系. 【分析】根据线面的位置关系分类讨论,分别利用线面垂直的性质进行说明即可. 【解答】解:当b⊂α时,a⊥α,则a⊥b, 当b∥α时,a⊥α,则a⊥b, 当b与α相交时,a⊥α,则a与b不垂直. ∴直线a⊥直线b,且a⊥平面α⇒b⊂α或b∥α 故选D. 12.已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【分析】A.运用线面平行的性质,结合线线的位置关系,即可判断; B.运用线面垂直的性质,即可判断; C.运用线面垂直的性质,结合线线垂直和线面平行的位置即可判断; D.运用线面平行的性质和线面垂直的判定,即可判断. 【解答】解:A.若m∥α,n∥α,则m,n相交或平行或异面,故A错; B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,故B正确; C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错; D.若m∥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α或n⊥α,故D错. 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.) 17.一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 ∴. 18.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. 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.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1﹣BCDE. (Ⅰ)证明:CD⊥平面A1OC; (Ⅱ)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1﹣BCDE的体积为36,求a的值. 【考点】平面与平面垂直的性质;直线与平面垂直的判定. 【分析】(I)运用E是AD的中点,判断得出BE⊥AC,BE⊥面A1OC,考虑CD∥DE,即可判断CD⊥面A1OC. (II)运用好折叠之前,之后的图形得出A1O是四棱锥A1﹣BCDE的高,平行四边形BCDE的面积S=BC•AB=a2,运用体积公式求解即可得出a的值. 【解答】解: (I)在图1中, 因为AB=BC==a,E是AD的中点, ∠BAD=, 所以BE⊥AC, 即在图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 从而BE⊥面A1OC, 由CD∥BE, 所以CD⊥面A1OC, (II)即A1O是四棱锥A1﹣BCDE的高, 根据图1得出A1O=AB=a, ∴平行四边形BCDE的面积S=BC•AB=a2, V==a=a3, 由a=a3=36,得出a=6. 21.在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,M是PD的中点. (1)求证:平面ABM⊥平面PCD; (2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值. 【考点】直线与平面所成的角;平面与平面垂直的判定. 【分析】(1)根据面面垂直判定定理,需先证得线面垂直,故证明PD⊥平面ABM. (2)建立空间直角坐标系,运用向量法求解线面所成角. 【解答】证明:(1)∵PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AB 又 底面ABCD是矩形, ∴AB⊥AD 且PA∩AD=A. ∴AB⊥平面PAD ∴AB⊥PD ∵PA=AD,M是PD的中点, ∴AM⊥PD 又AM∩AB=A ∴PD⊥平面ABM 又PD⊂平面PCD ∴平面ABM⊥平面PCD. 解:(2)由题AB⊥AP,AB⊥AD,AD⊥AP. 分别以AB,AD,AP方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系. ∴C(2,4,0),D(0,4,0),P(0,0,4), M 为PD 中点,∴M(0,2,2) ∴,, 设平面ACM的法向量为 即 取x=2,得法向量 记直线CD与平面ACM所成角为θ, 则== 故直线CD与平面ACM所成角的正弦值为. 查看更多