山西省吕梁市泰化中学2018_2019学年高二数学上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -泰化学校 20182019 学年第一学期第一次月考高二数学一、选择题 （ 本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A. 是棱台 B. 是圆台 C. 不是棱锥 D. 是棱柱【答案】D【解析】【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断，能够求出结果【详解】图不是由棱锥截来的，所以不是棱台；图上、下两个面不平行，所以不是圆台；图是棱锥图前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以是棱柱故选：D【点睛】本题考查几何体的结构特征，解题时要认真审题，注意熟练掌握基本概念2.下列命题中是真命题的个数是（ ）

2、（1）垂直于同一条直线的两条直线互相平行（2）与同一个平面夹角相等的两条直线互相平行（3）平行于同一个平面的两条直线互相平行（4）两条直线能确定一个平面（5）垂直于同一个平面的两个平面平行A. B. C. D. 【答案】A- 2 -【解析】分析：逐一分析判断每一个命题的真假.详解：对于（1） ，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能异面或相交.所以是错误的.对于（2） ，与同一个平面夹角相等的两条直线可能互相平行，也可能相交或异面，所以是错误的.对于（3） ，平行于同一个平面的两条直线可能互相平行，也可能异面或相交，所以是错误的.对于（4）两条直线能不一定确定一个平面，还有可能不能确定一个

3、平面,所以是错误的.对于（5） ，垂直于同一个平面的两个平面不一定平行，还有可能相交,所以是错误的.故答案为：A点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的判断，意在考查学生对该基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)判断空间位置关系命题的真假，可以直接证明或者举反例.3.已知直线 、 ，平面 、 ，给出下列命题： 若 ， ，且 ，则若 ， ，且 ，则若 ， ，且 ，则若 ， ，且 ，则其中正确的命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：可由面面垂直的判定定理进行判断；可由面面平行的条件进行判断；可由面面垂直的条件进行判断；可由面面垂直的判定定理进行判断.解析：若 ， ，且 ，则

4、 ，正确.，且 ，可得出 或 ，又 ，故可得到 .若 ， ，且 ，则 ，不正确.两个面平行与同一条线平行，两平面有可能相交.若 ， ，且 ，则 ，不正确.且 ，可得出 ，又 ，故不能得出 .若 ， ，且 ，则 ，正确.且 ，可得出 ，又 ，故得出 .- 3 -故选：C.点睛：解决空间位置关系问题的方法(1)解决空间中点、线、面位置关系的问题，首先要明确空间位置关系的定义，然后通过转化的方法，把空间中位置关系的问题转化为平面问题解决(2)解决位置关系问题时，要注意几何模型的选取，如利用正(长)方体模型来解决问题4.(2015 新课标全国 I 理科)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有

5、如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有A. 14 斛 B. 22 斛C. 36 斛 D. 66 斛【答案】B【解析】试题分析：设圆锥底面半径为 r，则 ，所以 ，所以米堆的体积为= ，故堆放的米约为 1.6222，故选 B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式视频5.设正方体的表面积为 24 ，一个球内切于该正方体，那么

6、这个球的体积是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】- 4 -【分析】根据已知中正方体的全面积为 24cm2，一个球内切于该正方体，结合正方体和圆的结构特征，求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案【详解】正方体的全面积为 24cm2，正方体的棱长为 2cm，又球内切于该正方体，这个球的直径为 2cm，则这个球的半径为 1m，球的体积 V= . 故选 A【点睛】本题考查的知识点是球的体积，其中根据正方体和圆的结构特征，求出球的半径，是解答本题的关键6.在 中， ， ， ，将 绕直线 旋转一周，所形成的几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图， 绕直线 旋

7、转一周， ，则所形成的几何体是以 ACD 为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD 为轴截面的校园追后剩余的部分.因为 ， ， ，所以 .，- 5 -所以 .故选 D.7.某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点 在正视图上的对应点为 ，圆柱表面上的点 在左视图上的对应点为 ，则在此圆柱侧面上，从 到 的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点 N 在圆柱上所处的位置，点 M 在上底面上，点 N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点 M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上

8、两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为 ，故选 B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.8.某几何体的正视图和侧视图如图（1）所示，它的俯视图的直观图是 ，如图（2）所示，其中 ， ，则该几何体的体积为（ ）- 6 -A. B. C. D. 【答

9、案】B【解析】【分析】由已知可得底面的底面 AB=4，AB 边上的高 OC=2 ，棱锥的高 h=6，代入棱锥体积公式，可得答案【详解】：俯视图的直观图 ABC中 OA=OB=2，O C ，故 AB=4，AB 边上的高 OC=2 ，故底面面向 S=4 ，由正视图和侧视图得：棱锥的高 h=6，故棱锥的体积 8 ，故选 B【点睛】本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积，属于基础题9. 点 P 为 ABC 所在平面外一点，PO平面 ABC，垂足为 O，若 PA=PB=PC，则点 O 是 ABC的（ ）A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心【答案】B【解析】试题分析：由题 PO平面 ABC，且

10、 PA=PB=PC。则由射影定理可得：OA=OB=OC即 O 为三角形的外心考点：射影定理及外心10.已知在底面为菱形的直四棱柱 中， ，若 ，则异面直线 与 所成的角为（ ）A. B. C. D. - 7 -【答案】D【解析】【分析】连接 交 于点 ， （或其补角)为异面直线 与 所成的角，转化到三角形中即可求出.【详解】连接 ，四边形 为菱形， ， .又 为直角三角形， ，得 ， 四边形 为正方形.连接 交 于点 ， （或其补角)为异面直线 与 所成的角，由于 为正方形， ，故异面直线 与 所成的角为 .故选： .【点睛】求异面直线所成角的步骤:1 平移,将两条异面直线平移成相交直线2 定

11、角,根据异面直线所成角的定义找出所成角3 求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角4 结论11.如图，在下列四个正方体中， A， B 为正方体的两个顶点， M， N， Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是A. B. C. D. - 8 -【答案】A【解析】对于选项 B 中，由于 ，结合线面平行判定定理可可知 B 不满足题意；对于选项 C 中，由于 ，结合线面平行的判定定理可知 C 不满足题意；对于选项 D 中，由于 ，结合线面平行的判定定理可知 D 不满足题意；所以选项 A 满足题意，故选 A12.正四棱锥 SABCD 的底面边长和各侧棱长都

12、为 ，点 S、A、B、C、D 都在同一个球面上，则该球的体积为 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先确定球心位置，再求球的半径，然后可求球的体积【详解】正四棱锥 S-ABCD 的底面边长和各侧棱长都为 ，点 S、A、B、C、D 都在同一个球面上，则该球的球心恰好是底面 ABCD 的中心，球的半径是 1，体积为 故选 A.【点睛】本题考查球的内接体和球的体积，考查学生空间想象能力，是基础题二、填空题（共 4 题，每小题 5 分，共 20 分）13. 某几何体的三视图如图所示，则其体积为_- 9 -【答案】【解析】由三视图还原几何体为半个圆锥，高为 2，底面半圆的半径 r1.

13、体积 V (1 22) .视频14.若两个球的表面积之比为 ，则这两个球的体积之比为 【答案】1:8【解析】试题分析：由求得表面积公式 得半径比为 ，由体积公式 可知体积比为考点：球体的表面积体积15.已知圆锥的母线长是 ，侧面展开图是半圆，则该圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【分析】根据底面周长等于侧面展开图的弧长，列方程解出底面半径，再计算侧面积【详解】设圆锥底面半径为 r，则 2r=2，r=1，圆锥的侧面积 S=rl=2故答案为 2【点睛】本题考查了圆锥的结构特征和侧面积公式，属于基础题16.如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把 ABD 和 ACD 折成

14、互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：- 10 - BD AC； BAC 是等边三角形；三棱锥 D ABC 是正三棱锥； 平面 ADC平面 ABC。其中正确的是_【答案】【解析】【分析】设等腰直角三角形ABC 的腰为 a，则斜边 BC= a，利用面面垂直的性质定理易证 BD平面 ADC，又 AC平面 ADC，从而可知 BDAC，可判断；依题意及设法可知， 利用勾股定理可求得 ，从而可判断；又因为 DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断；作出平面 ADC 与平面 ABC 的二面角的平面角，利用 BD平面 ADC 可知，BDF 为直角，BFD 不是直角，从而可判断【详解】设等腰直角三角形

15、ABC 的腰为 a，则斜边 BC= a，D 为 BC 的中点，ADBC，又平面 ABD平面 ACD，平面 ABD平面 ACD=AD，BDAD，BD平面 ABD，BD平面 ADC，又 AC平面 ADC，BDAC，故正确；由 A 知，BD平面 ADC，CD平面 ADC，BDCD，又 由勾股定理得： ，又 AB=AC=a，ABC 是等边三角形，故正确；ABC 是等边三角形，DA=DB=DC，三棱锥 D-ABC 是正三棱锥，故正确ADC 为等腰直角三角形，取斜边 AC 的中点 F，则 DFAC，又ABC 为等边三角形，连- 11 -接 BF，则 BFAC，BFD 为平面 ADC 与平面 ABC 的二面

16、角的平面角，由 BD平面 ADC 可知，BDF 为直角，BFD 不是直角，故平面 ADC 与平面 ABC 不垂直，故错误；综上所述，正确的结论是【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查线面垂直的判定与应用，考查二面角的作图与运算，属于中档题三解答题（6 小题，共 70 分）17.球的两个平行截面的面积分别是 5，8，两截面间的距离为 1，求球的半径【答案】 （1）3（2）3【解析】【分析】设球半径为 r，球心为 O，进而将空间图形化位平面图形，分别求得大弦和小弦，进而求得圆心 0 到两个弦的距离，由已知圆心到两弦距离之差为 1，由此等量关系建立等式求得 r【详解】设两个平行截面圆的半径分

17、别为 r1，r 2，球半径为 R，则由 r 5，得 r1 .由 r 8，得 r22 .(1)如图所示，当两个截面位于球心 O 的同侧时，有 1，所以1 ，解得 R3.当两个截面位于球心 O 的异侧时，有 1.此方程无解- 12 -所以球的半径是 3【点睛】本题主要考查了球的性质考查了学生转化和化归数学思想的应用18.在三棱锥 VABC 中，VA=VB=AC=BC=2，AB= ，VC=1，求二面角 VABC 的大小【答案】VOC=【解析】【分析】取 AB 的中 O，连接 VO，CO，VOC 是二面角 V-AB-C 的平面角，由此能求出二面角 V-AB-C 的平面角的度数【详解】取 AB 的中点

18、O，连接 VO，CO因为VAB 为等腰三角形VOAB又因为CAB 为等腰三角形COAB则VOC 为二面角 VABC 的平面角AB= ，AO=又 VA=2则在 RtVOA 中，VO=1同理可求：CO=1又已知 VC=1则VOC 为等边三角形，VOC=【点睛】本题考查二面角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养19.如图，ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO 底面 ABCD，E 是 PC 的中点 求证：()PA平面 BDE ；()平面 PAC 平面 BDE 【答案】 （1）见解析（2）见解析- 13 -【解析】【分析】（1）连接 EO，由题意可得 OEAP，再由线面平行的判定可得

19、 PA平面 BDE；（2）由 PO底面 ABCD，得 POBD，由已知可得 ACBD，再由线面垂直的判定可得 BD平面 PAC，进一步得到平面 PAC平面 BDE；【详解】 （）连结 EO，在 PAC 中， O 是 AC 的中点， E 是 PC 的中点， OE AP又 OE 平面 BDE，PA 平面 BDE， PA平面 BDE（） PO 底面 ABCD， PO BD又 AC BD，且 AC PO O， BD 平面 PAC而 BD 平面 BDE，平面 PAC 平面 BDE【点睛】本题考查直线与平面、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，属中档题20.如图在正四面体 ABCD 中，棱长

20、为 2.且 E,F 分别是 AC,BD 的中点，（1）求线段 E F 的长（2）直线 CD 与平面 DAB 所成角的余弦值【答案】 （1） （2）【解析】- 14 -【分析】（1）连接 CF，AF，因为几何体为正四面体，F 为 BD 的中点，可得又因为 E 为 AC 的中点，则在 ，则 ；（2）取正四面体底面 ABD 的中心 O,连接 CO，DO，则易得 ，故 即为直线CD 与平面 DAB 所成角，求之即可.【详解】 （1） 连接 CF，AF，因为几何体为正四面体，F 为 BD 的中点，所以又因为 E 为 AC 的中点，则在 ， ；（2），如图取正四面体底面 ABD 的中心 O,连接 CO，D

21、O，则易得 ，故 即为直线 CD 与平面 DAB 所成角，【点睛】本题考查空间线面之间的关系，考查线段长度的求法及直线与平面所成角的求法，关键是要掌握空间问题平面化的思想方法.21.如图，在三棱柱 中，点 P，G 分别是 ， 的中点，已知 平面ABC， = =3， = =2.（I）求异面直线 与 AB 所成角的余弦值；（II）求证： 平面 ；（III）求直线 与平面 所成角的正弦值.- 15 -【答案】 （） （）见解析（）【解析】分析：（）由题意得 AB，故G 是异面直线 与 AB 所成的角，解三角形可得所求余弦值 （）在三棱柱 中，由 平面 ABC 可得 A 1G，于是A 1G，又 A1G

22、 ，根据线面垂直的判定定理可得结论成立 （）取 的中点 H，连接 AH，HG；取 HG 的中点 O，连接 OP， 由 PO/A1G 可得 平面 ， 故得PC 1O 是 PC1与平面 所成的角，然后解三角形可得所求详解：(I) AB，G 是异面直线 与 AB 所成的角 = =2，G 为 BC 的中点，A 1GB 1C1，在 中， ，- 16 - ， 即异面直线 AG 与 AB 所成角的余炫值为 （II）在三棱柱 中， 平面 ABC， 平面 ABC， A 1G， A 1G， 又 A1G ， ， 平面 （III）解：取 的中点 H，连接 AH，HG；取 HG 的中点 O，连接 OP， PO/A 1G

23、， 平面 ， PC 1O 是 PC1与平面 所成的角 由已知得， ，直线 与平面 所成角的正弦值为 点睛：用几何法求求空间角的步骤：作：利用定义作出所求的角，将其转化为平面角；证：证明作出的角为所求角；求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角；作出结论，将问题转化为几何问题22.如图，在四棱锥 中， ，且 .- 17 -（1）证明：平面 平面 ；（2）若 ， ，且四棱锥 的体积为 ，求该四棱锥的侧面积【答案】 （1）证明见解析；（2） .【解析】试题分析：（1）由 ，得 ， 从而得 ，进而而平面 ，由面面垂直的判定定理可得平面 平面 ；（2）设，取 中点 ，连结 ，则 底面 ，且 ，由四棱锥 的体积为 ，求出 ，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知 ，得 ， 由于 ，故 ，从而 平面 又 平面 ，所以平面 平面 （2）在平面 内作 ，垂足为 由（1）知， 面 ，故 ，可得 平面 设 ，则由已知可得 ， 故四棱锥 的体积 由题设得 ，故 从而 ， ， 可得四棱锥 的侧面积为- 18 -