山西省朔州市应县第一中学校2019-2020学年高二上学期第一次月考数学(理)试题 Word版含解析

朔州市应县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考
数学（理）试题
一、选择题.（5*12=60分）
1.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，则这个几何体不可能是（）
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 球
D. 棱柱
【答案】D
【解析】
【分析】
根据用一个平面去截旋转体均可以得到圆面，平面截棱柱得到的截面为一个多边形，即可求解.
【详解】根据旋转体的定义，可知用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，
根据棱柱的定义，可知平面截棱柱得到的截面为一个多边形，一定不会产生圆面，
故选D.
【点睛】本题主要考查了旋转体的定义及截面的形状的判定，其中解答中熟记旋转体的定义和旋转体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.
2.下列说法正确的是 ( )
①圆台可以由任意一个梯形绕其一边旋转形成；
②用任意一个与底面平行的平面截圆台，截面是圆面；
③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；
④圆柱的任意两条母线平行，圆锥的任意两条母线相交，圆台的任意两条母线延长后相交．
A. ①②
B. ②③
C. ①③
D. ②④
【答案】D
【解析】
对于①圆台可以看做直角梯形以其垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面围成的几何体；故①错；
对于②用任意一个与底面平行的平面截圆台，截面是圆面；故②对；
对于③由母线的定义：圆台侧面上各个位置的直角梯形的腰称为圆台的母线。

知③错；
对于④圆柱的任意两条母线平行，圆锥的任意两条母线相交，圆台的任意两条母线延长后相
交．故④对；
故选D
点睛：本题考查命题真假的判断，考查圆柱、圆锥、圆台的定义等基础知识，抓住易错点很容易解决。

3.如图，O A B '''∆是水平放置的OAB ∆的直观图，则OAB ∆的面积为
A. 6
B. 32
C. 62
D. 12
【答案】D
【解析】
△OAB 是直角三角形，OA ＝6，OB ＝4，∠AOB ＝90°，∴S △OAB ＝1
2×6×4＝12.
故选D
4.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A. 20
B. 10
C. 30
D. 60 【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图还原几何体，根据棱锥体积公式可求得结果.
【详解】由三视图可得几何体直观图如下图所示：
可知三棱锥高：4h =；底面面积：1155322
S =⨯⨯= ∴三棱锥体积：1115410332
V Sh ==⨯⨯= 本题正确选项：B
【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图还原几何体，从而准确求解出三棱锥的高和底面面积.
5.下列命题中，真命题的个数为( )
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；
④若M∈α，M∈β，α∩β＝l ，则M∈l.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由平面基本性质逐个判断即可。

【详解】由公理二知命题①④正确；命题②两条直线异面时不成立，为假命题；命题③空间中，相交于同一点的三条直线可能确定三个平面，为假命题。

故选B
【点睛】本题主要考查平面的基本性质，属基础题。

6.从M(0，2，1)出发的光线，经平面xOy 反射后到达点N(2，0，2)，则光线所行走的路程为
( )
A. 3
B. 4
C. 17
D. 32 【答案】C
【解析】
【分析】
由对称性先求出M(0，2，1)关于平面xOy 的对称点()0,2,1P -，然后利用空间两点间的距离公式计算即可。

【详解】由对称性M(0，2，1)关于平面xOy 的对称点()0,2,1P -,则光线所走过的路程为()()()22202201217PN =-+-+--=，故选C 。

【点睛】本题主要考查对称性及空间两点间的距离公式，属基础题。

7.如图，在直三棱柱111ABC A B C - 中，D 为A 1B 1的中点，AB ＝BC ＝2，11BB =,22AC =，则异面直线BD 与AC 所成的角为（ ）
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】 取11B C 的中点E ，连接BE ，DE ，则AC∥A 1C 1∥DE，则∠BDE 即为异面直线BD 与AC 所成的角,接下来根据中点的性质、中位线的性质以及勾股定理可得BD 、DE 和BE 的关系，由此可得△BED 的形状，此时即可解答本题。

【详解】如图，取B 1C 1的中点E ，连接BE ，DE ，则AC∥A 1C 1∥DE ，则∠BDE 即为异面直线BD
与AC 所成的角
.
根据点D 和点E 分别为A 1B 1的中点和B 1 C 1的中点.利用勾股定理可得2 。

根据三角形中位线的性质可得2 ，
∴△BED 为等边三角形，∴∠BDE =60°.故选C.
【点睛】本题主要考查异面直线及其所成的角，掌握确定异面直线所成的角的方法是关键。

8.已知m ，n 是两条不同的
直线，α，β为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是( )
A. 若m n m n αβ⊥⊥⊥，，，则αβ⊥
B. 若////m n m n αβ⊥，，，则//αβ
C. 若//m n m n αβ⊥⊥，，，则//αβ
D. 若////m n αβαβ⊥，，，则//m n
【答案】A
【解析】
【分析】
由线线、面面间的位置关系及判定、性质定理逐个判断即可。

【详解】A 项正确;B 项由////m n m n αβ⊥，，也可得出αβ⊥，B 项错误；C 项由//m n m n αβ⊥⊥，，也可得出αβ⊥，C 项错误；D 项由//m ααβ⊥，得m β⊥，又因为n βP ，所以m n ⊥，D 项错误。

故选A 。

【点睛】本题主要考查线线、面面间的位置关系，属中等难度题。

9.如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，121AB BC AA ，===，则1BC 与平面11BB D D 所成角的正弦值为（ ）
A.
6
3
B.
25
5
C.
15
5
D.
10
5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，作出1
BC在平面
11
BB D D上的射影
1
C E，求出
1
BC和
1
C E，然后直接求正弦值
1
1
1
sin
C E
C BE
BC
∠=即可
【详解】如图所示，在平面
1
1
1
1
D
C
B
A内过点
1
C作
11
B D的垂线，垂足为E，连接
BE.
111
111
1111
C E B D
C E BB C E
B D BB B
⊥⎫
⎪
⊥⇒⊥
⎬
⎪
⋂=⎭
平面11
BDD B，
1
C BE
∴∠的正弦值即为所
求.22
1
215
BC=+=
Q，12
22
C E==，1
1
1
210
sin
5
5
C E
C BE
BC
∴∠===.
【点睛】本题考查线面角的计算问题，属于基础题，解题核心在于找到平面外直线在平面的射影
10.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A. AP⊥PB，AP⊥PC
B. AP⊥PB，BC⊥PB
C. 平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D. AP⊥平面PBC
【答案】B
【解析】
A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；
C中，因为平面BCP⊥平面PAC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；
D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，
故选B.
点睛: 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
11. 一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为（）
A.
16
64
3
π
- B.
32
64
3
π
- C. 6416π
- D.
64643
π- 【答案】A
【解析】
试题分析：由三视图可知该几何体是一个棱长为4的正方体中，在上下各挖去一个以2为半径的圆为底面，高分别为3和1的圆锥；故其体积为：
=16643
π- 故选A ．
考点：三视图．
12.设球O 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为6π，则球O 的半径为( ) A. 32 B. 3 C. 32 3【答案】B
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为，a 利用球的截面的性质，代入公式先求出截面圆的半径r ＝
222a OM ⎛⎫- ⎪⎝⎭6a ，再由圆的面积公式26S r ππ＝＝，得r 6a 6，a ＝6，即可得出球O 的半径为R ＝2
a ＝3。

【详解】如图，易知1BD 过球心O ，且1BD ⊥平面1ACD ，不妨设垂足为M ，正方体棱长为a ，则球半径R ＝2a ，易知DM ＝13DB 1，∴OM＝16DB 1＝36
a ， ∴截面圆半径r 222a OM ⎛⎫- ⎪⎝⎭6a ，由截面圆面积S ＝πr 2＝6π，得r 6a 6，a ＝6，∴球O 的半径为R ＝2
a ＝3。

【点睛】本题主要考查球的截面的性质、圆的面积公式、正方体的内切球等，属中等难度题。

二、填空题.
13.已知点M 到三个坐标平面的距离都是1，且点M 的三个坐标同号，则点M 的坐标为________________.
【答案】()1,1,1或()1,1,1---
【解析】
【分析】
设点M 的坐标为(,,)M x x x ，由题意可知，1,1x x =∴=±，即可求出点M 的坐标。

【详解】设点M 的坐标为(,,)M x x x ，由题意可知，1,1x x =∴=±，故点M 的坐标为()1,1,1或()1,1,1---。

【点睛】本题主要考查空间点到坐标平面的距离问题，属基础题。

14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形，则几何体的外接球的表面积为________．
【答案】643
π 【解析】
【分析】
根据题意得到该几何体为有一个侧面PAC 垂直于底面,高为23,底面是一个等腰直角三角形的三棱锥,如下图所示,这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上,且是等边三角形PAC 的中心,求出外接球的半径,即可确定出表面积.
【详解】由已知正视图是一个正三角形,侧视图和俯视图均为三角形,
可得该几何体是有一个侧面PAC 垂直于底面,高为23,底面是一个等腰直角三角形的三棱锥,如图所示,这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上,且是等边三角形PAC 的中心,
所以这个几何体的外接球的半径24333
R PD ==,则几何体的外接球的表面积为26443
S R ππ== 【点睛】本题主要考查三视图还原直观图、球的切接问题，属中等难度题。

15.如图，在空间四边形ABCD 中，AD ＝BC ＝2，E ，F 分别是AB 、CD 的中点，若EF ＝3，求异面直线AD 、BC 所成角的大小是__________．
【答案】60o
【解析】
【分析】
设G 为AC 的中点,由已知中,E 、F 分别是AB 、CD 的中点,若EF 3,根据三角形中位线定理,我们易求出EGF ∠为异面直线AD 、BC 所成的角(或其补角),解三角形EGF 即可得到答案。

【详解】
设G 为AC 的中点,因为E 、F 分别是AB 、CD 中点
11
//,1,//,1,22
EG BC EG BC FG AD FG AD ∴=
===所以EGF ∠为异面直线AD 、BC 所成的角(或其补角)3,EF ∴=∴三角形EGF 中，1
cos 120,2EGF EGF ∠=-∴∠=o ， 即异面直线AD 、BC 所成的角为60︒
【点睛】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角,其中根据已知三角形中位线定理得到
EGF ∠为异面直线AD 、BC 所成的角(或其补角)是解答本题的关键。

16.设,a b 为不重合的两条直线，αβ，为不重合的两个平面，给出下列命题： ①若a P α且b P α，则a b ∥；②若a α⊥且a β⊥，则αβ∥； ③若αβ⊥，则一定存在平面γ，使得γαγβ⊥⊥，； ④若αβ⊥，则一定存在直线l ，使得l l αβ⊥，∥. 上面命题中，所有真命题的序号是________． 【答案】②③④. 【解析】 【分析】
对于①找到反例即可，对于②根据课本定理可得；对于③找到特例即可；对于④根据面面垂直的性质知其正确.
【详解】①中a 与b 可能平行、相交或异面，故不正确． ②垂直于同一直线的两平面平行，正确．
③中存在γ，使得γ与α，β都垂直,例如正方体的相邻的两个侧面以及底面，就符合该命题.
④中根据面面垂直的性质知，平面β内有直线m 和平面α垂直，只需要直线m 和直线l 平行即可.
故答案为：②③④
【点睛】这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。

还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。

三、解答题。

17.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是多少？
【答案】48π
【解析】
【分析】
该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，所以其表面积为正四棱柱的表面积加上球的表面积的一半再减去一个半径为1的圆的面积即可。

【详解】该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π.【点睛】本题主要考查简单组合体的表面积问题，属中等难度题。

18.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；
（Ⅱ）求四面体N-BCM的体积.
【答案】（Ⅰ）见解析；
45
【解析】
【分析】
（1）取BC中点E，连结EN，EM。

易得四边形ABEM是平行四边形，进而平面NEM∥平面PAB，
∴MN∥平面PAB.（2）设AC中点F，则V N-BCM＝1
3BCM
S NF
⨯⨯
V。

求出S△BCM面积，算S△BCM面积
时高时构造一个等高的△MEG ，NF＝1
2
PA＝2，带入即可。

【详解】（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，
∵AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，
∴BE＝1
2
BC＝AM＝2，∴四边形ABEM是平行四边形，
∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB.
（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF＝1
2
PA＝2，
又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，如图，延长BC至G，使得CG＝AM，连结GM，∵AM//CG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC＝MG＝3，
又∵ME＝3，EC＝CG＝2，∴△MEG的高h5
∴S△BCM＝1
2
×BC×h＝
1
2
55
∴四面体N-BCM的体积V N-BCM＝1145
252
33
BCM
S NF
⨯⨯=⨯=
V
.
【点睛】（1）证明线面平行两种方法：1）先证线线平行，线属于面，则线面平行；2）先证面面平行，线属于一个面，则线平行于另一个面。

此题两种方法都行（2）记住三棱锥体积公
式
1
3
V Sh
=，然后找到S和h即可。

19.如图，在四棱锥P ABCD
-中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB
＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）关键证明CD⊥平面PAC，（2）关键证明AE⊥PD，AB⊥PD。

【详解】证明：(1)在四棱锥P ABCD
-中，
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC . 由(1)知AE ⊥CD ，且PC∩CD＝C ， ∴AE ⊥平面PCD .
而PD ⊂平面PCD ，∴AE ⊥PD . ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB . 又∵AB ⊥AD 且PA∩AD＝A ， ∴AB ⊥平面PAD ，而PD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥PD . 又∵AB∩AE＝A ， ∴PD ⊥平面ABE
.
【点睛】本题主要考查线线垂直、线面垂直的证明，综合性强，属中等难度题。

20.已知直三棱柱111ABC A B C -中，4AB =，3AC BC ==，D 为AB
的
中点。

（Ⅰ）求点C
到平面11A ABB 的距离;（Ⅱ）若11AB A C ⊥，求二面角11A CD C --的平面角的余弦值。

【答案】：（Ⅰ）22CD=5BC BD -=1
3
【解析】
【详解】（Ⅰ）因3AC BC ==，D 为AB 的中点，得CD AB ⊥。

又1CD AA ⊥故CD ⊥面11A ABB 所以C 到平面11A ABB 的距离为22CD=5BC BD -=
（Ⅱ）取1D 为11A B 的中点，连接1DD ，则111////DD AA CC 又由（Ⅰ）知CD ⊥面11A ABB 故1CD A D ⊥，1CD DD ⊥故11A DD ∠为所求的二面角11A CD C --的平面角。

因1A D 是1A C 在面11A ABB 上的射影，又已知11C,AB A ⊥由三垂线定理的逆定理得
11D,AB A ⊥从而11A AB ∠，1A DA ∠都与1B AB ∠互余，因此111A AB A DA ∠=∠，所以
1Rt A AD V ≌11Rt B A A V ，因此
111
1
AA A B AD
AA =，2
1118AA AD A B =⋅=得122AA = 从而2211=23,A D AA AD +=所以在11Rt A DD V 中，1111116
cos DD AA A DD A D A D =
== 【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面垂直的关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用，解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征，熟练进行线线垂直与线面垂直的转化，主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力．本题可以利用空间向量来解题从而降低了题目的难度
21.如图（1），在矩形ABCD 中，已知2,22,,AB AD M N ==分别为AD 和BC 的中点，对角线BD 与MN 交于O 点，沿MN 把矩形ABNM 折起，使两个半平面所成二面角为60°，如图（2）.
（1）求证：BO DO ⊥；
（2）求AO 与平面BOD 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2
3
. 【解析】
【详解】试题分析：（1）依题意可知60AMD ∠=o ，利用勾股定理分别求出,,OD OB BD ，
再利用勾股定理证明三角形BOD 是直角三角形，所以BO DO ⊥；（2）过A 作AH BD ⊥，连接OH ，易证得AOH ∠为AO 与平面BOD 所成的角，由此求得AO 与平面BOD 所成角的正弦值为
2
3
. 试题解析：
（1）证明 ：翻折前，由于,M N 是矩形ABCD 的边AD 和BC 的中点，所以
,AM MN DM MN ⊥⊥，折叠后垂直关系不变，所以AMD ∠是两个半平面所成二面角的平
面角，所以060AMD ∠=．
连接AD ，由AM DM =，可知MAD ∆是正三角形，所以AD =
在Rt BAD ∆中，2,AB AD ==
BD =BO OD ==理可知三角形BOD 是直角三角形，所以BO DO ⊥．
（2）设,E F 分别是,BD CD 的中点，连接,,,EF OE OF BC ，又
2BD BC CD ===，所以DC BC ⊥，则EF CD ⊥，
又OF CD ⊥，所以CD ⊥平面,OEF OE CD ⊥．
又BO OD =，所以OE BD ⊥，又BD CD D ⋂=，所以OE ⊥平面ABCD ．又OE ⊂平面
BOD ，所以平面BOD ⊥平面ABCD ．
过A 作AH BD ⊥，由面面垂直的性质定理，可得AH ⊥平面BOD ，连接OH ，则OH 是AO 在平面BOD 的投影，所以AOH ∠为AO 与平面BOD 所成的角.
又AH 是Rt ABD ∆斜边上的高，所以AH =，又OA =所以2sin 3AH AOH OA ∠==． 故AO 与平面BOD 所成角的正弦值为2
3
． 考点：空间向量与立体几何.
22.如图,已知三棱柱ABC A B C -'''的侧棱垂直于底面,,AB AC =90BAC ∠=︒,点 M N 、分别是A B '和B C ''的中点.
(1)证明：MN ∥平面AAC C ''；
(2)设AB AA λ=',当λ为何值时,CN ⊥平面A MN ',试证明你的结论. 【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）时，
【解析】
【详解】试题分析：（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面.解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化. 试题解析：
（Ⅰ）取得中点,连接,因为
分别为A B '和B C ''
中点，
所以又因为,
,
所以,
, 5分
所以,因为MN ⊂平面MNE , 所以； 6分
（Ⅱ）连接,设
，则
， 由题意知
因为三棱柱ABC A B C '''-侧棱垂直于底面, 所以,
因为
,点N 是B C ''的中点，所以A N BB C C ''⊥'平面, , 9分
要使，
只需即可，
所以,即
，
则
时，
. 12分
考点：证明线面平行及寻求线面垂直。