2021年高二上学期第一次月考数学试题解析(解析版)含解斩

2021年高二上学期第一次月考数学试题解析（解析版）含解斩
一、填空题
1.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则这个棱柱的体积为____________．
【答案】
【解析】
试题分析：此几何体为一个三棱柱，棱柱的高是4，底面正三角形的高是，
设底面边长为a，则a＝，∴a=6，
故三棱柱体积V＝•62••4＝
考点：由三视图求面积、体积 1
2.等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为______
【答案】
【解析】
试题分析：在等腰梯形ABCD中，上底CD=1，腰AD＝CB＝，下底AB=3，∴高DE=1，
根据斜二测画法的规则可知，A'B'=AB=3，D'C'=DC=1，O'D'=DE＝，
直观图中的高D'F=O'D'sin45°═×＝，
∴直观图A′B′C′D′的面积为×＝
考点：斜二测法画直观图
3.如图所示，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．
【答案】B1D1⊥A1C1
【解析】
试题分析：∵四棱柱A1B1C1D1-ABCD是直棱柱，
∴B1D1⊥A1A，若A1C⊥B1D1
则B1D1⊥平面A1AC1C
∴B1D1⊥AC，
又由B1D1∥BD，
则有BD⊥AC，
反之，由BD⊥AC亦可得到A1C⊥B1D1
考点：空间中直线与直线之间的位置关系
4.不同直线m、n和不同平面α、β．给出下列命题：
①⇒m∥β；②⇒n∥β；
③⇒m，n异面；④⇒m⊥β．
其中假命题的个数为________．
【答案】3
【解析】
试题分析：①⇒m∥β，m与平面β没有公共点，所以是正确的．
②⇒n∥β，直线n可能在β内，所以不正确．
③⇒m，n异面，可能两条直线相交，所以不正确．
④⇒m⊥β，m与平面β可能平行，不正确
考点：空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的
射影可能是________．(填序号)
【答案】①④
【解析】
试题分析：由所给的正方体知，
△PAC在该正方体上下面上的射影是①，
△PAC在该正方体左右面上的射影是④，
△PAC在该正方体前后面上的射影是④
考点：直角三角形的射影定理
6.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)
【答案】②③④
考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
7.已知长方体的长、宽、高分别为，则该长方体的外接球的半径是 cm
【答案】
【解析】
试题分析：由题意长方体的对角线就是球的直径，所以长方体的对角线长为：，
所以球的直径为：3；半径为：
考点：球内接多面体
8.已知α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α．以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：____________．
【答案】①③④⇒②(或②③④⇒①)
【解析】
试题分析：∵α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，
若①α∥β，③m⊥n，④n⊥β，则②m∥α．
即①③④⇒②．
若①α∥β，②m∥α，④n⊥β，则③m⊥n，
即①②④⇒③．
故答案为：①③④⇒②或①②④⇒③．
考点：空间中直线与直线之间的位置关系
9.如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，图中互相垂直的平面有________对．
【答案】5
【解析】
试题分析：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=2a，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
考点：平面与平面垂直的判定；棱锥的结构特征 1
10.若α⊥β，α∩β＝l，点P∈α，PDl，则下列命题中正确的为________．(只填序号)
①过P垂直于l的平面垂直于β；
②过P垂直于l的直线垂直于β；
③过P垂直于α的直线平行于β；
④过P垂直于β的直线在α内．
【答案】①③④
【解析】
试题分析：过点P且垂直于α的直线一定平行于在β内与交线垂直的直线，故A正确；
由题意和面面垂直的性质定理知，选项B、C正确；
过点P且垂直于l的直线有可能垂直与α，D不正确
考点：空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
11.已知直线l1：ax＋2y＋6＝0和直线l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0互相平行则a的值为_____ 【答案】－1
【解析】
试题分析：由题意可知方程的系数满足
考点：直线的一般式方程与直线的平行关系
12.已知直线l：mx﹣y=4，若直线l与直线x+m（m﹣1）y=2垂直，则m的值为
【答案】0，2
【解析】
试题分析：当m=0时，两条直线分别化为：-y=4，x=2，此时两条直线垂直，因此m=0满足条件；
当m=1时，两条直线分别化为：x-y=4，x=2，此时两条直线不垂直，因此m=1不满足条件；当m≠0，1时，两条直线分别化为：y=mx-4，，若两条直线垂直，则m× =-1，解得m=2．
综上可得：m=0，2，两条直线相互垂直
考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系
13.过点且在坐标轴上截距相等的直线方程为_ .
【答案】2x-y=0或x+y-3=0
【解析】
试题分析：：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为x+y=a，
把（1，2）代入所设的方程得：a=3，则所求直线的方程为x+y=3即x+y-3=0；
②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，
把（1，2）代入所求的方程得：k=2，则所求直线的方程为y=2x即2x-y=0．
综上，所求直线的方程为：2x-y=0或x+y-3=0
考点：直线方程
14.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=.
【答案】1∶24
【解析】
试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4，
又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍．
即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍．
所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积
第Ⅱ卷（共90分）
二、解答题
15.(本题满分14分) 在平行四边形中，，点是线段的中点线段与交于点.
（1）求直线的方程；
（2）求点的坐标．
【答案】（1）2x-3y-2=0（2）(,)
【解析】
试题分析：（1）利用中点坐标公式即可得出点M的坐标，利用斜率公式即可得出直线CM的斜率，利用点斜式即可得出直线CM的方程；（2）利用平行四边形的性质即可得出点D的坐标，利用斜率公式即可得出直线BD的斜率，利用点斜式即可得出直线BD的方程，把直线CM与BD 的方程联立即可得出点P的坐标
试题解析：(1)解得C点坐标C(10,8)…………………………..3分
解得点M坐标(4,2)……………………………..4分
求出直线CM方程2x-3y-2=0………………………7分
(2)求出BD直线方程x+y-10=0............10分
联立方程组…………………11分
解得x=,y=,……………………………13分
所以点P坐标为(,)…………………14分
考点：直线的一般式方程与直线的性质
16.(本题满分14分) △ABC中，A(0，1)，AB边上的高线方程为x＋2y－4＝0，AC边上的中线方程为2x＋y－3＝0,求AB，BC，AC边所在的直线方程
【答案】，，
考点：直线的斜截式方程；中点坐标公式
17.(本题满分14分) 如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB ＝60°且边长为a的菱形．侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD．
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB．
【答案】(1)详见解析(2)详见解析
【解析】
试题分析：（1）连接BD，根据条件可知△ABD是正三角形，而G为AD边的中点，则BG⊥AD，BG⊂平面ABCD又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，根据面面垂直的性质定理可知BG⊥平面APD；（2）连接PG，由侧面PAD为正三角形，G为AD边的中点得到AD⊥PG，再由（1）可知BG⊥AD，PG，BG⊂平面PBG，PG∩BG=G，根据线面垂直的判定定理可知AD⊥平面PBG，而PB⊂平面PBG，根据线面垂直的性质可知AD⊥PB
试题解析：(1)连结PG，由题知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥BG．
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，∴BG⊥AD．
又AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD．
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD．
所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB．
考点：直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质 1
18.(本题满分16分)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C．
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C．
【答案】(1)详见解析(2)详见解析
【解析】
试题分析：（1）根据E，F分别是A1B，A1C的中点，根据中位线可知EF∥BC，又EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
根据线面平行的判定定理可知以EF∥平面ABC．（2）根据三棱柱ABC- A1B1C1为直三棱柱，则B B1⊥平面A1B1C1，又A1D⊂平面A1B1C1，根据线面垂直的判定定理可知A1D⊥平面B B1 C1C，又A1D⊂平面A1FD，最后根据面面垂直的判定定理可得平面A1FD⊥平面B B1 C1C
试题解析：(1)由E、F分别是A1B、A1C的中点知EF∥BC．
因为EF⊄平面ABC．BC⊂平面ABC．所以EF∥平面ABC．
(2)由三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1．
又A1D⊂平面A1B1C1，故CC1⊥A1D．
又因为A1D⊥B1C，CC1∩B1C＝C，故A1D⊥平面BB1C1C，又A1D⊂平面A1FD，
所以平面A1FD⊥平面BB1C1C．
考点：直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
19.(本题满分16分) 如图(1),在直角梯形ABCP中,AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=AP=2,D是AP的中点,E,F,G分别是PC,PD,CB的中点,将△PCD沿CD折起,使点P在平面ABCD内的射影为点D,如图(2).
(1)求证:AP∥平面EFG;
(2)求三棱锥P-ABC的体积.
【答案】(1)详见解析(2)
【解析】
试题分析：（I）利用三角形的中位线定理、平行线的传递性、平行四边形的判定定理、线面
平行的判定定理等即可得出；（II）由已知点P在平面ABCD上的射影为点D，可得PD⊥平面ABCD．即PD是三棱锥P-ABC的高．利用三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC×PD即可得出
试题解析：（I）证明：取AD的中点H，连接FH、GH．
∵E，F，G分别为PC、PD、CB的中点，∴EF∥CD，CGDH，
∴四边形CDHG是平行四边形，∴CD∥GH．
∴EF∥GH．∴四点EFHG四点共面．又FH∥PA．
PA⊄平面EFGH，FH⊂平面EFGH．∴PA∥平面EFGH．111]
（II）解：∵点P在平面ABCD上的射影为点D，∴PD⊥平面ABCD．
即PD是三棱锥P-ABC的高．
而．
∴三棱锥P-ABC的体积V=．
考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积
20.(本题满分16分) 如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分别是棱AD，AA1的中点．
（1）设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥平面FCC1；
（2）证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C；
（3）求点D到平面D1AC的距离．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）
【解析】
试题分析：（1）要证直线EE1∥平面FCC1，只要证面C C1F∥面ADD1A1，根据面面平行的判定定理，结合平行四边形的性质证明；（2）根据面面垂直的判定定理，只要证明AC⊥面BCC1B1，
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试题解析：(1)1
1
//,,,//,22CD AB CD AB AF AB CD AF CD AF ==∴=
四边形为平行四边形
又面 ,面
面…………2分
在直四棱柱中， , 又面 ,面
面…………3分
又面 面//面
又面,面…………5分
(2) 平行四边形是菱形
,易知 …………7分
在直四棱柱中，面 ,面
又 面 …………9分
又面 面面…………10分
(3)易知 …………11分
设到面的距离为，则
,又 …………14分
，即到面的距离为 . …………16分
考点：点、线、面间的距离计算；由三视图求面积、体积；直线与平面平行的判定 640098 9CA2 鲢P32592 7F50 罐W31699 7BD3 篓39652 9AE4 髤v32677 7FA5 羥23300 5B04 嬄w36695 8F57 轗}35802 8BDA 诚36080 8CF0 賰。