山西省太原市第五中学2020-2021学年高二上学期10月月考数学(文)试题

山西省太原市第五中学2020-2021学年高二上学期10月月考
数学（文）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）
A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱
2．两个平面若有三个公共点，则这两个平面（）
A．相交B．重合
C．相交或重合D．以上都不对
3．下列命题正确的是( )．
①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直；②如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平面平行；③过不在平面内的一条直线可作无数个平面与已知平面垂直；④如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内．
A．①③B．②③C．②③④D．④
4．圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则该圆锥的高为（）
A B．4C．3D．2
5．如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD 中，最长的线段是( )
A．AB B．AD C．BC D．AC
6．如果一个四面体的三个面是直角三角形，则其第四个面不可能是（）
A．直角三角形B．等边三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形7．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )
A．相交B．平行
C．垂直D．异面
8．正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与CD所成的角为
( )
A ．6π
B ．4π
C ．3π
D ．2
π 9．如图，在四面体ABCD 中，已知,AB AC BD AC ⊥⊥那么D 在面ABC 内的射影H 必在（ ）
A ．直线A
B 上
B ．直线B
C 上 C ．直线AC 上
D ．ABC ∆内部
10．如图，在正四面体D ABC -中，P ∈平面DBA ，则在平面DAB 内过点P 与直线
BC 成60°
角的直线共有（ ）
A ．0条
B ．1条
C ．2条
D ．3条
11．棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱AD 中点，
过点1B ，且与平面1A BE 平行的正方体的截面面积为（ ）
A
．5 B ．C ．D ．6
12．已知六棱锥P ABCDEF -的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，2PA AB =.则下列命题中正确的有（ ）
①平面PAB ⊥平面P AE ；
②PB AD ⊥；
③直线CD 与PF ； ④直线PD 与平面ABC 所成的角为45°；
⑤//CD 平面P AE .
A ．①④
B ．①③④
C ．②③⑤
D ．①②④⑤
二、填空题
13．已知长方体的三个不同侧面的面积分别为2、5、10，则长方体的体对角线长是_______ 14．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A －BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________．
15．已知,,,P A B C 是球O 的球面上的四个点，PA ⊥平面
,26,60ABC PA BC BAC ==∠=︒，则该球的表面积为________．
16．设P 是边长为a 的正ABC ∆内的一点，P 点到三边的距离分别为123h h h 、、，则
123h h h a ++=；类比到空间，设P 是棱长为a 的空间正四面体ABCD 内的一点，则P 点到四个面的距离之和1234h h h h +++=___________．
三、解答题
17．已知ABC ∆的三边分别是3,4,5AC BC AB ===，以AB 所在直线为轴将此三角形旋转一周，求所得旋转体的表面积
18．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120BCD ∠=︒，侧面PAB ⊥底面ABCD ，90BAP ∠=︒，2AB AC PA ===.
（1）求证：面PBD ⊥面PAC ；
（2）过AC 的平面交PD 于点M ，若平面AMC 把四面体P ACD -分成体积相等的两部分，求三棱锥M PAB -的体积.
19．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，
AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==
（1）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.
（2）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM
平面PCD ？若存在，求AM AP
的值；若不存在，说明理由.
参考答案
1．A
【解析】
试题分析：因为圆柱的三视图有两个矩形，一个圆，正视图不可能是三角形，而圆锥、四面体（三棱锥）、三棱柱的正视图都有可能是三角形，所以选A.
考点：空间几何体的三视图.
2．C
【分析】
根据平面的基本性质判断．
【详解】
两个平面若有三个公共点，当这三个点不共线时，两平面重合，当这三个点共线时，这两个平面相交或重合．
故选：C．
【点睛】
本题考查平面的基本性质，平面的基本性质公理3中一定要注意三点不共线才能确定一个平面，属于基础题．
3．D
【分析】
对四个命题利用线面平行、线面垂直的判定定理分别分析选择．
【详解】
对于（1），过平面外一点只可作一个平面与已知平面垂直错误；因为过平面外一点只可作无数个平面与已知平面垂直；
对于（2），如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平面平行；错误，因为直线可以在平面内；
对于（3）过不在平面内的一条直线可以作无数个平面与已知平面垂直错误；因为过不在平面内的一条直线可以作一个平面与已知平面垂直，
对于（4）如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内．正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了空间线面关系以及面面关系；关键要考虑到特殊位置情况．
4．A
【分析】
画出图形，结合勾股定理进行求解
【详解】
设母线为l ，底面半径为r ，高为h ，则4rl ππ=，1r =，所以h ==答案选A
【点睛】
本题考查圆锥侧面积公式：=S rl π侧，集合了勾股定理进行考察，相对简单
5．D
【解析】
因为A′B ′与y ′轴重合，B′C ′与x ′轴重合，所以AB ⊥BC ，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC 中，AC 为斜边，故AB<AD<AC ，BC<AC.
故选D.
6．D
【分析】
画出三个面是直角三角形的四面体，确定第四个面可能的形状，即可.
【详解】
当DA AB ⊥，DA AC ⊥，BC CD ⊥且AC BC =时，满足题意，四面体D ABC -的三
个面是直角三角形.
因为AB AC C =，AB 平面ABC ，AC ⊂平面ABC .
所以DA ⊥平面ABC
又因为BC ⊂平面ABC
所以DA BC ⊥
因为DA CD D =，DA ⊂平面ACD ，CD ⊂平面ACD .
所以BC ⊥平面ACD
因为AC ⊂平面ACD
所以AC BC ⊥
又因为AC BC =
所以ABC ∆为等腰直角三角形.
则第四个面可能为直角三角形或等腰直角三角形.
当DA AB ⊥，DA AC ⊥，AC BC ⊥且DA AB BC ==时
则BD BC CD ==
则第四个面可能等边三角形
综上所述，第四个面不可能是钝角三角形.
故选：D
【点睛】
本题考查线线垂直的判定，属于较易题.
7．C
当直线l 与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直；
当直线l ⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直；
当直线l 与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，
所以无论直线l 与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l 垂直． 本题选择C 选项.
8．B
【分析】
取BD 中点O ，连结,EO FO ，则//,//OF CD OE AB ，且2
a OF OE ==，从而EFO ∠是异面直线EF 与CD 所成的角，由此能求出异面直线EF 与CD 所成的角.
【详解】
取BD 中点O ，连结,EO FO ，
设正四面体的棱长为a ,
则//,//OF CD OE AB ，且2
a OF OE ==， EFO ∴∠是异面直线EF 与CD 所成的角，
取CD 中点G ，连结,BG AG
则,AG CD BG CD ⊥⊥，
,BG AG G CD =∴⊥平面ABG ,
AB ⊂平面ABG ,CD AB ∴⊥，
OF OE ∴⊥，
4EFO π
∴∠=，
∴异面直线EF 与CD 所成的角为4
π,故选B .
本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
9．A
【解析】
由,,AB AC BD AC ⊥⊥可得AC ABD ⊥平面，即平面ABC 内的射影H 必在平面ABC 与平面ABD 的交线AB 上，故选A
10．C
【分析】
根据异面直线所成角的定义判断．
【详解】
在平面DAB 内过P 点与DB 或AB 平行的直线都与BC 成60°的角，实际上只要求得在平面DAB 内过点B 且与直线BC 成60°角的直线的条数．
在空间过点B 与直线BC 成60°角的直线构成以BC 为轴，BD 母线的圆锥侧面，此圆锥侧面与平面DAB 只有两条交线．因此满足题意的直线只有2条．
故选：C ．
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，掌握异面直线所成角的定义是解题关键．本题利用圆锥侧面与过顶点的平面的交线说明直线的条数，注意体会．
11．C
【解析】
分析：结合两个平行平面与第三个平面相交，交线平行的结论，找到平面截正方体所得的截面多边形，画好之后能够确定其为菱形，之后借助于菱形的面积公式等于两条对角线乘积的一半，从而求得结果.
详解：取BC 中点M ，取11A D 中点N ，则四边形1B MDN 即为所求的截面，
根据正方体的性质，可以求得1MN B D ==
根据各边长，可以断定四边形1B MDN 为菱形，
所以其面积12
S =⨯=故选C. 点睛：该题考查的是有关平面截正方体所得截面图形的面积问题，这就要求首先得确定截面图形的位置，之后根据正方体的性质，确定出截面多边形是一个四个边都相等的四边形，即为菱形，接着求其两条对角线的长度，之后应用面积公式求得结果.
12．B
【分析】
①要判断面面垂直，需先判断是否有线面垂直，根据线线，线面的垂直关系判断；②由条件可知若PB AD ⊥，可推出AD ⊥平面PAB ，则AD AB ⊥，判断是否有矛盾；
③异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即根据//CD AF ，转化为求cos PFA ∠；④根据线面角的定义直接求解；⑤若//CD 平面PAE ，则//CD AE ，由正六边形的性质判断是否有矛盾.
【详解】
∵PA ⊥平面ABC ，∴PA AB ⊥，在正六边形ABCDEF 中，
AB AE ⊥，PA AE A =，∴AB ⊥平面P AE ，且AB 面P AB ，
∴平面PAB ⊥平面P AE ，故①成立；
由条件可知若PB AD ⊥，PA ⊥平面ABC ，则PA AD ⊥，PB PA P =，可推出AD ⊥平面PAB ，则AD AB ⊥，这与,AD AB 不垂直矛盾，故②不成立；
∵//CD AF ，直线CD 与PF 所成角为PFA ∠，
在Rt PAF △中，2PA AF =，
∴cos 5
PFA ∠=，∴③成立. 在Rt PAD △中，2PA AD AB ==，
∴45PDA ∠=︒，故④成立.
若//CD 平面PAE ，平面PAE
平面ABC AE = 则//CD AE ，这与,CD AE 不平行矛盾，故⑤不成立.
所以正确的是①③④
故选：B
【点睛】
本题考查点，线，面的位置关系，重点考查推理证明，空间想象能力，属于基础题型. 13
【分析】
设长方体的三条棱长分别为,,a b c ，由面积列出方程组，解得,,a b c 后可得对角线长． 【详解】
设长方体的三条棱长分别为,,a b c ，
则2510ab ac bc =⎧⎪=⎨⎪=⎩，解得125a b c =⎧⎪
=⎨⎪=⎩
，∴对角线长为l =
【点睛】
本题考查求长方体的对角线长，掌握长方体的对角线公式即可：
,,a b c 是长方体的三条棱长，
则对角线长为l = 14．
1
4
【分析】
由题意确定几何体的形状，判断出侧视图的形状为等腰直角三角形，求得侧视图中的直角边长，进而可求出侧视图面积. 【详解】 根据题意，
该三棱锥的侧面ABD 与底面CBD 是全等的等腰直角三角形，且平面ABD⊥底面CBD ， 过A 作AO⊥BD，垂足为O ，连接CO ，则侧视图为等腰直角三角形
AOC
，所以侧视图的面积为S ＝11
24
故填：
14
【点睛】
本题考查了根据三视图求面积，考查空间想象能力、逻辑思维能力和计算能力；由三视图求面积的关键是通过三视图还原出几何体的形状和图形中各量的大小.本题也可通过三视图中，俯视图、侧视图高相等，俯视图、侧视图宽相等，正视图、俯视图长相等求解． 15．48π 【分析】
设M 是ABC 外心，作M 作OM ⊥平面ABC ，取1
2
MO PA =，O 是三棱锥P ABC -外接球球心，求出OA 即外接球半径，即可得球表面积． 【详解】
如图，设M 是ABC 外心，作M 作OM ⊥平面ABC ，取1
2
MO PA =
，∵PA ⊥平面ABC ，∴//PA OM ，∴PAMO 是直角梯形，
OA ，OP OA ===．
∴O 是三棱锥P ABC -外接球球心，
在ABC 中，32sin sin 60BC AM BAC =
==∠︒，AM =1
32
OM PA ==，
∴OA ==
球表面积为224448S OA πππ=⨯=⨯=． 故答案为：48π．
【点睛】本题考查求外接球的表面积，关键是找到外接球的球心，三棱锥外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．
16．
3
a . 【分析】
由平面几何类比到空间几何体，注意式子结构上的变化． 【详解】
根据等边三角形面积公式2
S =
，因为
P 点到三边的距离分别为123h h h 、、，所以
()212312a h h h ⨯⨯++=
即123h h h ++=
正四面体的体积为312
V a =
P 点到四个面的距离为1234h h h h 、、、，所以()23123413412
a h h h h a ⨯
⨯+++=
所以1234h h h h +++= 【点睛】
本题考查了类比推理的简单应用，从平面几何到空间几何体，属于基础题． 17．
845
π
【分析】
根据旋转体概念以及圆锥表面积公式求解. 【详解】
由题意得以AB 所在直线为轴将此三角形旋转一周，得两个圆锥，底面半径为3412
55
⨯=， 母线长分别为3,4,因此所得旋转体的表面积为12128434555
π
ππ⨯+⨯= 【点睛】
本题考查旋转体概念以及圆锥表面积公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
18．（1）见解析；（2
【分析】
（1）根据题意及各边和面的关系，可得PA BD ⊥和BD AC ⊥，因而BD ⊥面PAC ，又因为BD ⊂面PBD ，则面PAC ⊥面PBD ．
（2）根据平面AMC 把四面体分成体积相等的两个部分可知，M 为PB 中点，根据各边可求得ABCD S ，进而求得P ABCD V -和M ABCD V -，由M PAB P ABCD M ABCD V V V ---=-可得解． 【详解】
（1）证明：因为90BAP ︒∠=，则PA AB ⊥， 又侧面PAB ⊥底面ABCD ，
面PAB ⋂面ABCD AB =，PA ⊂面PAB ， 则PA ⊥面ABCD
BD ⊂面ABCD ，则PA BD ⊥
又因为120BCD ∠=，ABCD 为平行四边形， 则60ABC ∠=，又AB AC =
则ABC ∆为等边三角形，则ABCD 为菱形， 则BD AC ⊥
又PA AC A ⋂=，则BD ⊥面PAC ，
BD ⊂面PBD ，则面PAC ⊥面PBD
（2）由平面AMC 把四面体P ACD -分成体积相等的两部分，则M 为PB 中点
由2AB AC ==，120BCD ︒∠=，得BD =
由()I 知ABCD 为菱形，则1
22
ABCD S =
⨯=
又由()I 知PA ⊥面ABCD ，则11233P ABCD ABCD V S PA -=
⋅⋅=⋅=
则11133M ABCD ABCD V S d -=
⋅⋅=⋅=
则3
M PAB P ABCD M ABCD V V V ---=-= 【点睛】
本题考查了空间几何体面面垂直的证明，不规则结构体体积的求法，属于中档题．
19．（Ⅱ）
14AM AP =. 【解析】
分析：（Ⅰ ）取AD 中点为O ，连接CO ，PO ，由已知可得CO ⊥AD ，PO ⊥AD ．以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P （0，0，1），B （1，1，0），D （0，﹣1，0），C （2，0，0），进一步求出向量PB PD PC 、、的坐标，再求出平面PCD 的法向量n ，设PB 与平面PCD 的夹角
为θ，由n PB sin cos n PB n PB
θ⋅==＜，
＞求得直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
（Ⅱ）假设存在M 点使得BM ∥平面PCD ，设
AM
AP
λ=，M （0，y 1，z 1），由AM AP λ=可得M （0，1﹣λ，λ），()1BM λλ=--，，，由BM ∥平面PCD ，可得 0BM n ⋅=，由此列式求得当
1
4
AM AP =时，M 点即为所求． 详解：(1)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .
又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .
因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .
以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：
则P （0，0，1），B （1，1，0），D （0，﹣1，0），C （2，0，0），
则()()11
1011PB PD =-=--，，，，，，()()201210PC CD =-=--，，，，，， 设()001n x y =，，
为平面PCD 的法向量， 则由00
n PD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得0010210y x --=⎧⎨-=⎩，则1112n ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭，，． 设PB 与平面PCD 的夹角为θ，则n PB sin cos n PB n PB
θ⋅=
=
＜，
＞=
=
； (2) 假设存在M 点使得BM ∥平面PCD ，设
AM
AP
λ=，M （0，y 1，z 1）， 由（Ⅱ）知，A （0，1，0），P （0，0，1），()011AP =-，，，B （1，1，0），()1101AM y z =-，，，
则有AM AP λ=，可得M （0，1﹣λ，λ）， ∴()1BM λλ=--，，，
∵BM ∥平面PCD ，1
112n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
，，为平面PCD 的法向量，
∴0BM n ⋅=，即102λλ-
++=，解得14λ=． 综上，存在点M ，即当
1
4
AM AP =时，M 点即为所求． 点睛：点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.。