山西省太原外国语学校高二数学上学期第一次月考试卷(含解析)

2015-2016学年山西省太原外国语学校高二（上）第一次月考数学试
卷
一、选择题（每小题4分，共48分）
1．观察下面的几何体，哪些是棱柱（）
A．①③⑤B．①⑥ C．①③⑥D．③④⑥
2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）
A．B．C．D．
3．已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则（）
A．a∥b B．a与b异面C．a与b相交D．a与b无公共点
4．正方体的体积是64，则其表面积是（）
A．64 B．16 C．96 D．无法确定
5．如图，几何体的正视图和侧视图都正确的是（）
A．B．C．
D．
6．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，原三角形的面积为（）A．B．C．D．
7．右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为
的等腰梯形，则该几何体的体积是（）
A．B． C．28π D．7π
8．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长（包括底面边长）都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是（）
A．B．C．D．2
9．一个体积为12的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧视图的面积为（）
A．6 B．8 C．8 D．12
10．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（）
A．B．4πC．2πD．
11．正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为（）
A．B．C．D．
12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（）
A．棱柱 B．棱锥 C．棱台 D．球
二、填空题（每小题4分，共16分）
13．已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为．
14．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则球O的表面积为．
15．一个几何体的三视图如图所示（单位长度：cm），则此几何体的表面积是
16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）．
①当0＜CQ＜时，S为四边形；
②当CQ=时，S不为等腰梯形；
③当＜CQ＜1时，S为六边形；
④当CQ=1时，S的面积为．
三、解答题（需要写明具体的答题过程，答案写在答题纸上．）
17．某个几何体的三视图如图所示（单位：m）
（1）求该几何体的表面积；
（2）求该几何体的体积．
18．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R分别在棱AB、BB1、CC1上，且PD、QR相交于点O．求证：O、B、C三点共线．
19．如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1=a，AB=2a，E、F分别是AD、AB的中点．求证：平面EFB1D1∥平面BDC1．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD=AD=2AB=AP，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．
（1）求证：BE∥平面PAD；
（2）求异面直线PD与BC所成角的余弦值．
21．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．
（1）若DE∥平面A1MC1，求；
（2）平面A1MC1将三棱柱ABC﹣A1B1C1分成两个部分，求较小部分与较大部分的体积之比．
2015-2016学年山西省太原外国语学校高二（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共48分）
1．观察下面的几何体，哪些是棱柱（）
A．①③⑤B．①⑥ C．①③⑥D．③④⑥
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】计算题；规律型；空间位置关系与距离．
【分析】直接利用棱柱的定义判断即可．
【解答】解：由棱柱的定义可知：①③⑤满足棱柱的定义．
故选：A．
【点评】本题考查棱柱的判断，定义的应用，是基础题．
2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）
A．B．C．D．
【考点】简单空间图形的三视图．
【专题】探究型．
【分析】首先由几何体的俯视图断定原几何体的最上面的平面图形应是圆，再由俯视图内部只有一个虚圆，断定原几何体下部分的图形不可能是棱柱，由此可排除前三个选项．
【解答】解：由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A和选项C．
而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B．
故选D．
【点评】本题考查了简单空间几何体的三视图，由三视图还原原几何体，首先是看俯视图，然后结合主视图和侧视图得原几何体，
解答的关键是明白三种视图都是图形在与目光视线垂直面上的投影，此题是基础题．
3．已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则（）
A．a∥b B．a与b异面C．a与b相交D．a与b无公共点
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】阅读型．
【分析】根据空间直线与平面平行的定义，判断直线与平面内的直线有平行与异面两种位置关系，从而判定答案．
【解答】解：∵a∥平面α，b⊂α，∴直线a与直线b的位置关系是：a∥b或a与b异面，∴选项A、B、C错误，D正确．
故选D．
【点评】本题考查空间直线与平面之间的位置关系．
4．正方体的体积是64，则其表面积是（）
A．64 B．16 C．96 D．无法确定
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】由正方体的体积是64，能求出正方体的边长为4，由此能求出正方体的表面积．【解答】解：∵正方体的体积是64，
∴正方体的边长为4，
∴它的表面积S=6×42=96．
故选C．
【点评】本题考查正方体的体积和表面积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．
5．如图，几何体的正视图和侧视图都正确的是（）
A．B．C．
D．
【考点】简单空间图形的三视图．
【分析】通过简单几何体的三视图的画法法则，直接判断四个选项的正误，即可推出结论．【解答】解：侧视图中，看到一个矩形且不能有实对角线，故A、D排除，而正视图中，应该有一条实对角线，且其对角线位置应为B中所示．
故选B
【点评】本题考查三视图的画出法则，做到看得见的为实线，看不到的为虚线，注意排除法，在选择题中的应用，有时起到事半功倍的效果．
6．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，原三角形的面积为（）A．B．C．D．
【考点】由三视图还原实物图．
【专题】计算题．
【分析】根据一个三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，做出直观图形的面积，根据直观图形面积与原图形的面积之比，求出原三角形的面积，选择和填空经常出现这种问题．
【解答】解：∵三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，
∴直观图的面积是=，
∵=，
∴原三角形的面积为=，
故选D．
【点评】本题考查平面图形的三视图，由三视图还原实物图，是一个简单的计算题目，解题的关键是对于这两个对应的图形的面积之比要掌握．两个面积可以互相推出．
7．右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为
的等腰梯形，则该几何体的体积是（）
A．B． C．28π D．7π
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为的等腰梯形俯视图是两个圆中间的圆是虚线，得到几何体是一个圆台，圆台的上底是一个直径为2，下底的直径为4，母线长是的圆台，做出圆台的高，得到体积．
【解答】解：正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为的等腰梯形
俯视图是两个圆中间的圆是虚线，
∴几何体是一个圆台，
圆台的上底是一个直径为2，下底的直径为4，母线长是的圆台，
圆台的高是=1
∴圆台的体积是=
故选B．
【点评】本题考查由三视图确定几何图形，根据条件中所给的数据求几何体的体积，考查圆台的体积公式，本题是一个基础题．
8．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长（包括底面边长）都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是（）
A．B．C．D．2
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题．
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点F，取AC的中点G，连接FG，EG，∠EFG 为EF与侧棱C1C所成的角，在直角三角形EFG中求出此角即可．
【解答】解：取AC的中点G，连接FG，EG
根据题意可知FG∥C1C，FG=C1C；
而EG∥BC，EG=BC；
∴∠EFG为EF与侧棱C1C所成的角，
在Rt△EFG，cos∠EFG=
故选：B
【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
9．一个体积为12的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧视图的面积为（）
A．6 B．8 C．8 D．12
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可．
【解答】解：设棱柱的高为h，
由左视图知，底面正三角形的高是，由正三角形的性质知，其边长是4，
故底面三角形的面积是=4
由于其体积为，故有h×=，得h=3
由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为3×=
故选A
【点评】本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”．
10．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（）
A．B．4πC．2πD．
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径R=1，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．
【解答】解：∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为，
∴正四棱柱体对角线的长为=2
又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，
∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径R=1
根据球的体积公式，得此球的体积为V=πR3=π．
故选：D．
【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．
11．正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角
为（）
A．B．C．D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题．
【分析】过顶点作垂线，交底面正方形对角线交点O，连接OE，我们根据正四棱锥P﹣ABCD
的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，易求出∠OEB即为PA与BE所成的角，解三
角形OEB，即可求出答案．
【解答】解：过顶点作垂线，交底面正方形对角线交点O，连接OE，
∵正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，
∴PO=，AB=，AC=，PA=，OB=
因为OE与PA在同一平面，是三角形PAC的中位线，
则∠OEB即为PA与BE所成的角
所以OE=，
在Rt△OEB中，tan∠OE B==，
所以∠OEB=
故选B
【点评】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据已知得到∠OEB即为PA与BE 所成的角，将异面直线的夹角问题转化为解三角形问题是解答本题的关键．
12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（）
A．棱柱 B．棱锥 C．棱台 D．球
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】先讨论P点与A点重合时，M点的轨迹，再分析把P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中M点轨迹，最后结合棱柱的几何特征可得答案．
【解答】解：∵Q点不能超过边界，
若P点与A点重合，
设AB中点E、AD中点F，移动Q点，则此时M点的轨迹为：
以AE、AF为邻边的正方形；
下面把P点从A点向上沿线段AD1移动，
在移动过程中可得M点轨迹为正方形，
…，
最后当P点与D1点重合时，得到最后一个正方形，
故所得几何体为棱柱，
故选：A
【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，解答的关键是分析出P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中M点轨迹．
二、填空题（每小题4分，共16分）
13．已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为6π．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】根据已知求出圆柱的母线长，代入圆柱表面积公式S=2πr（r+l）可得答案．
【解答】解：∵圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，
故圆柱的母线l=2，
故圆柱的表面积S=2πr（r+l）=6π，
故答案为：6π
【点评】本题考查的知识点是旋转体，圆柱的表面积，熟练掌握圆柱的表面积公式，是解答的关键．
14．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则球O的表面积为12π．
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】利用平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，求出球的半径，然后求解球O的表面积．
【解答】解：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，所以球的半径为： =．
所以球O的表面积为4π×3=12π．
故答案为：12π．
【点评】本题考查球的表面积的求法，考查空间想象能力、计算能力．
15．一个几何体的三视图如图所示（单位长度：cm），则此几何体的表面积是24+2
【考点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．
【分析】由三视图可知该几何体的上部分为三棱柱，下部分为正方体．代入公式计算即可．【解答】解：由三视图可知该几何体为底面为直角三角形的三棱柱与正方体的组合体，三棱柱的一个侧面与正方体的上底面重合，
∴三棱柱的两个底面的面积为×2=2，剩余两个侧面的面积为1×2+×2=2+2．
正方体剩余五个面的面积为2×2×5=20，
∴此几何体的表面积是2+20=24．
故答案为：24+2．
【点评】本题考查了常见几何体的三视图和结构特征，根据三视图还原几何体是关键．
16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是①④（写出所有正确命题的编号）．
①当0＜CQ＜时，S为四边形；
②当CQ=时，S不为等腰梯形；
③当＜CQ＜1时，S为六边形；
④当CQ=1时，S的面积为．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】易知，过点A，P，Q的平面必与面ADA1，BC1C相交，且交线平行，据此，当Q为C1C 中点时，截面与面ADD1交与AD1，为等腰梯形，据此可以对①②进行判断；
连接AP，延长交DC于一点M，再连接MQ并延长其交D1D于N，连接AN，可见，截面此时不会与面ABB1相交，据此判断③，
当CQ=1时，截面为底为，腰长为的等腰梯形，由此可求其面积．判断④．
【解答】解：连接AP并延长交DC于M，再连接MQ，
对于①，当0＜CQ＜时，MQ的延长线交线段D1D与点N，且N在D1与D之间，连接AN，则截面为四边形APQN；
特别的当Q为中点即CQ=时，N点与D1重合，此时截面四边形APQN为等腰梯形，故①对，②错；
当＜CQ＜1时，MQ与DD1延长线相交于一点N，再连接AN，与A1D1交于一点，此时截面是五
边形，故③错；
当CQ=1时，MQ交DD1延长线于N点，且DD1=D1N=1，连接AN交A1D1于的中点位置，此时，截
面四边形是边长为的菱形，其对角线长为正方体的对角线长，另一条对角线长为面对角线长为，所以，故④正确．
故答案为①④．
【点评】此题考查了截面的性质，关键是利用面面平行、面面相交的性质确定截面的顶点．
三、解答题（需要写明具体的答题过程，答案写在答题纸上．）
17．某个几何体的三视图如图所示（单位：m）
（1）求该几何体的表面积；
（2）求该几何体的体积．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】通过三视图判断几何体的特征，（1）利用三视图的数据求出几何体的表面积；
（2）利用组合体的体积求出几何体的体积即可．
【解答】解：由三视图可知，该几何体是由半球和正四棱柱组成，棱柱是正方体棱长为：2，球的半径为1，
（1）该几何体的表面积=正方体的表面积+半球面面积﹣球的底面积．
∴S=6×2×2+2π×12﹣π×12=24+π（m2）．
（2）该几何体的体积为正方体的体积+半球的体积，
V=2×2×2+×π×13=8+π（m3）
【点评】本题考查三视图复原几何体形状的判断，几何体的表面积与体积的求法，考查空间想象能力与计算能力．
18．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R分别在棱AB、BB1、CC1上，且PD、QR相交于点O．求证：O、B、C三点共线．
【考点】平面的基本性质及推论．
【专题】证明题；转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离．
【分析】由QR∩PD=O，得O∈面BCC1B1且O∈面ABCD，再由面ABCD∩面BCC1B1=BC，能证明O、B、C三点共线．
【解答】证明：∵QR∩PD=O，∴O∈QR且O∈PD，
∴O∈面BCC1B1且O∈面ABCD，
又面ABCD∩面BCC1B1=BC
∴O∈BC，
∴O、B、C三点共线．
【点评】本题考查三点共线的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理运用．
19．如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1=a，AB=2a，E、F分别是AD、AB的中点．求证：平面EFB1D1∥平面BDC1．
【考点】平面与平面平行的判定．
【专题】证明题；对应思想；综合法；空间位置关系与距离．
【分析】证明平面EFB1D1∥平面BDC1，可采用面面平行的判定定理，连接A1C1，AC，分别交B1D1，EF，BD于M，N，P，连接MN，C1P得到BD∥平面EFB1D1．然后证明PN∥MC1，则由面面平行的判定定理得答案．
【解答】证明：连接A1C1，AC，分别交B1D1，EF，BD于M，N，P，连接MN，C1P，
由题意，BD∥B1D1，
∵BD⊄平面EFB1D1，B1D1⊂平面EFB1D1，∴BD∥平面EFB1D1，
又∵A1B1=a，AB=2a，∴．
又∵E、F分别是AD、AB的中点，
∴．
∴MC1=NP．
又∵AC∥A1C1，∴MC1∥NP．
∴四边形MC1PN为平行四边形．
∴PC1∥MN．
∵PC1⊄平面EFB1D1，MN⊂平面EFB1D1，∴PC1∥平面EFB1D1
∵PC1∩BD=P，∴平面EFB1D1∥平面BDC1．
【点评】本题考查面面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD=AD=2AB=AP，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．
（1）求证：BE∥平面PAD；
（2）求异面直线PD与BC所成角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．
【专题】证明题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角．
【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BE∥平面PAD．
（2）求出=（0，2，﹣2），=（1，2，0），由此利用向量法能求出异面直线PD与BC所
成角的余弦值．
【解答】证明：（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设CD=AD=2AB=AP=2，
则B（1，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（1，1，1），
=（0，1，1），
∵平面PAD的法向量=（1，0，0），∴=0，
∵BE⊄平面PAD，∴BE∥平面PAD．
解：（2）D（0，2，0），=（0，2，﹣2），=（1，2，0），
设异面直线PD与BC所成角为θ，
则cosθ===，
所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
21．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．
（1）若DE∥平面A1MC1，求；
（2）平面A1MC1将三棱柱ABC﹣A1B1C1分成两个部分，求较小部分与较大部分的体积之比．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．
【专题】综合题；空间位置关系与距离．
【分析】（1）先证明A1，M，N，C1四点共面，利用DE∥平面A1MC1，可得DE∥C1N，利用D为
CC1的中点，即可求；
（2）将几何体AA1M﹣CC1N补成三棱柱AA1M﹣CC1F，求出几何体AA1M﹣CC1N的体积、直三棱柱ABC﹣A1B1C1体积，即可求较小部分与较大部分的体积之比．
【解答】解：（1）取BC中点为N，连结MN，C1N，…（1分）
∵M，N分别为AB，CB中点
∴MN∥AC∥A1C1，
∴A1，M，N，C1四点共面，…（3分）
且平面BCC1B1∩平面A1MNC1=C1N
又DE⊂平面BCC1B1，且DE∥平面A1MC1
∴DE∥C1N
∵D为CC1的中点，
∴E是CN的中点，…（5分）
∴．…（6分）
（2）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，
又AC⊥AB，则AC⊥平面ABB1A1
设AB=2AA 1=2，又三角形A1MC1是等腰三角形，所以．
如图，将几何体AA1M﹣CC1N补成三棱柱AA1M﹣CC1F
∴几何体AA1M﹣CC1N的体积为：
…（9分）
又直三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为：…（11分）
故剩余的几何体棱台BMN﹣B1A1C1的体积为：
∴较小部分的体积与较大部分体积之比为：．…（12分）
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积，根据题目条件，将问题灵活转化是关键，考查逻辑推理能力与计算能力．。