山西大学附中2016-2017学年高二上学期10月月考数学试卷 含解析

2016—2017学年山西大学附中高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题：在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1．如图是由哪个平面图形旋转得到的（）
A．B．C．D．
2．下列说法正确的是（)
A．圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形
B．棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体
C．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥
D．通过圆台侧面上一点,有无数条母线
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．圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的，则圆锥的体积（)
A．缩小到原来的一半 B．扩大到原来的2倍
C．不变 D．缩小到原来的
5．如图，已知四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形,则原图形的周长为(）
A．2B．6 C．8 D．4+2
6．如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）
A．直线AA1 B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1
7．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1=2，BC=2,∠BAC=，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（)
A．B．16πC．D．
8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C的中点，则EF与平面ABCD所成的角的正切值为（）
A．2 B．C．D．
9．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F是侧面对角线BC1，AD1上一点，若BED1F是菱形，则其在底面ABCD上投影的四边形面积(）
A．B．C．D．
10．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（）
A．B．C．D．
11．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形,则在下列命题中，错误的为(）
A．AC⊥BD
B．AC=BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
12．如图所示,三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3,∠ACB=30°,M,N分别在BC和PO上，且CM=x，PN=2x（x∈（0，3）)，以下四个图象大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积y与x 的变化关系，其中正确的是（）
A．B．C．D．
二、填空题（将答案填在答题纸上)
13．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形,边长分别为2cm和4cm，侧棱长为2cm，则其表面积为cm2．
14．图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h=cm．
15．已知球心O到过球面上A，B,C三点的截面的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球表面积是．
16．如图,在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E，F分别是棱BC，CC1的中点,P 是侧面BCC1B1内一点,若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

）17．如图,在四边形ABCD中,AD⊥DC，AD∥BC，AD=3,CD=2，，∠DAB=45°,
四边形绕着直线AD旋转一周，
（1）求所形成的封闭几何体的表面积；
(2）求所形成的封闭几何体的体积．
18．如图,在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点,且PA=PB，AC=BC．
（Ⅰ)证明：AB⊥PC；
（Ⅱ）证明:平面PAB∥平面FGH．
19．如图四边形ABEF是等腰梯形,AB∥EF，AF=BE=2，EF=4,AB=2，ABCD是矩形．AD ⊥面ABEF．Q、M分别是AC,EF的中点,P是BM中点．
（Ⅰ）求证：PQ∥平面BCE;
（Ⅱ）求证：AM⊥平面BCM．
20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点．
( 1）求证：EG∥平面BDD1B1;
（2）求异面直线B1H与EG所成的角．
21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=2，O 为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点，
（1）证明:AD⊥平面PAC;
（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．
2016—2017学年山西大学附中高二(上）10月月考数学试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．如图是由哪个平面图形旋转得到的（）
A．B．C．D．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台)．
【分析】利用所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的,从而得到轴截面的图形．
【解答】解：图中所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的，
故轴截面的上部是直角三角形，下部为直角梯形构成，
故选D．
2．下列说法正确的是()
A．圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形
B．棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体
C．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥
D．通过圆台侧面上一点,有无数条母线
【考点】棱台的结构特征；棱柱的结构特征;棱锥的结构特征．
【分析】根据圆锥的几何特征，可判断A；根据棱柱的几何特征，可判断B；根据棱台的几何特征，可判断C;根据圆台的几何特征，可判断D．
【解答】解：圆锥的侧面展开图是一个扇形，故A错误;
棱柱即是两个底面全等且平行,其它各面的交线均互相平行的多面体,故B错误；
棱台是由一个大棱锥被一个平行于底面的平面所截，夹在截面与底面的部分，
故任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥，故C正确；
通过圆台侧面上一点，有且只有一条母线，故D错误；
故选：C
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．
【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 ．
4．圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的,则圆锥的体积( ） A ．缩小到原来的一半 B ．扩大到原来的2倍
C ．不变
D ．缩小到原来的
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】圆锥的体积等于底面积乘高乘，假设原来圆锥的底面半径为r ，原来的高为h,求出现在的体积，一步得出答案．
【解答】解：V 现=π（)2×2h=πr 2h=V 原，圆锥的体积缩小到原来的一半． 故选A ．
5．如图，已知四边形ABCD 的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的周长为（ ）
A ．2
B ．6
C ．8
D ．4+2
【考点】平面图形的直观图．
【分析】根据四边形ABCD 的直观图是一个边长为1的正方形，可得原图形为平行四边形,一组对边长为1，另一组对边长为=3，即可求出原图形的周长． 【解答】解:∵四边形ABCD 的直观图是一个边长为1的正方形，
∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，另一组对边长为=3,
∴原图形的周长为2（1+3)=8．
故选：C ．
6．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ）
A．直线AA1 B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】根据异面直线的定义便可判断选项A,B，C的直线都和直线EF异面,而由图形即可看出直线B1C1和直线相交，从而便可得出正确选项．
【解答】解：根据异面直线的概念可看出直线AA1，A1B1，A1D1都和直线EF为异面直线；B1C1和EF在同一平面内，且这两直线不平行；
∴直线B1C1和直线EF相交，即选项D正确．
故选：D．
7．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC,AA1=2,BC=2，∠BAC=，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（）
A．B．16πC．D．
【考点】球内接多面体．
【分析】根据题意并结合空间线面垂直的性质，可得三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心是上下底面斜边中点的连线段PQ的中点．在直角Rt△POB中,利用勾股定理算出BO的长，即得外接球半径R的大小,再用球的体积公式即可算出所求外接球的体积．
【解答】解：直三棱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上,（如图），
∵△ABC中，∠BAC=，
∴下底面△ABC的外心P为BC的中点，
同理,可得上底面△A1B1C1的外心Q为B1C1的中点，
连接PQ，则PQ与侧棱平行，所以PQ⊥平面ABC
再取PQ中点O,可得：点O到A、B、C、A1、B1、C1的距离相等，
∴O点是三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心
∵Rt△POB中，BP=BC=，PQ=AA1=1，
∴BO==2,即外接球半径R=2，
因此，三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球的体积为:V=πR3=π×23=π．
故选：A．
8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C的中点，则EF与平面ABCD所成的角的正切值为(）
A．2 B．C．D．
【考点】直线与平面所成的角．
【分析】取BC中点O，连接OE，则FO⊥平面ABCD,可得∠FEO是EF与平面ABCD所成的角,从而可求EF与平面ABCD所成的角的正切值．
【解答】解：取BC中点O,连接OE
∵F是B1C的中点，
∴OF∥B1B，∴FO⊥平面ABCD
∴∠FEO是EF与平面ABCD所成的角，
设正方体的棱长为2，则FO=1,EO=
∴EF与平面ABCD所成的角的正切值为
故选D．
9．如图,棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F是侧面对角线BC1，AD1上一点，若BED1F是菱形，则其在底面ABCD上投影的四边形面积（）
A．B．C．D．
【考点】平面的基本性质及推论．
【分析】设AF=x，结合菱形的边长相等及勾股定理,可得菱形BED1F的边长为，进而可得BED1F在底面ABCD上投影四边形是底边为，高为1的平行四边形．
【解答】解：在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
BC1=AD1=，
设AF=x，则﹣x=，
解得：x=，
即菱形BED1F的边长为﹣﹣，
则BED1F在底面ABCD上投影四边形是底边为，高为1的平行四边形,
其面积为：．
故选B．
10．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点,则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（）
A．B．C．D．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．
【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B,易知θ=∠A1AB即为异面直线AB 与CC1所成的角;
并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=,|A1D|=，|A1B|=，由余弦定理,得cosθ==．
故选D．
11．如图,在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（）
A．AC⊥BD
B．AC=BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．
【分析】首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC、BD平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．
【解答】解：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，
则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，
所以PQ∥AC,QM∥BD，
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；
∵PN⊥PQ,∴AC⊥BD．
由BD∥PN，
∴∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；
由上面可知：BD∥PN，PQ∥AC．
∴，，
而AN≠DN，PN=MN，
∴BD≠AC．B错误．
故选:B．
12．如图所示，三棱锥P﹣ABC的高PO=8,AC=BC=3，∠ACB=30°，M，N分别在BC和PO上,且CM=x，PN=2x（x∈（0，3）),以下四个图象大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积y 与x的变化关系，其中正确的是（）
A．B．C．D．
【考点】函数的图象．
【分析】求出三角形AMC的面积和棱锥的高NO，代入棱锥的体积得出y关于x的函数,即可得出答案．
【解答】解：S
△AMC
===，
NO=PO﹣PN=8﹣2x，
∴y=V N
﹣AMC =S
△AMC
•NO==﹣x2+2x,
∴y与x的关系为开口向下的二次函数，曲线为抛物线．
故选:A．
二、填空题(将答案填在答题纸上）
13．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为2cm和4cm，侧棱长为2cm,则其表面积为cm2．
【考点】棱台的结构特征．
【分析】利用已知条件求出斜高,然后求解棱台的侧面积即可得出结论．
【解答】解：正四棱台的上、下底面边长分别为2cm和4cm,侧棱长为2cm，
所以棱台的斜高为：=．
所以棱台的侧面积是：4×=12cm2．
所以表面积为4+16+12=12+20cm2．
故答案为：12+20．
14．图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h=4cm．
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图可知，几何体的底面为直角三角形，且一边垂直于底面，再根据公式求解即可．
【解答】解:根据三视图可知,几何体的体积为：V=
又因为V=20，所以h=4
故答案为:4
15．已知球心O到过球面上A,B,C三点的截面的距离等于球半径的一半,且AB=BC=CA=2,
则球表面积是π．
【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．
【分析】由AB=BC=CA=2,求得△ABC的外接圆半径为r，设球的半径为R，则球心距d=，
求得球的半径,再用表面积公式求解．
【解答】解：设球的半径为R，那么球心距d=，
由AB=BC=CA=2，可得△ABC的外接圆半径r=
R2=r2+d2=R2+
解得R=
则球的表面积S=4πR2=π．
故答案为：π．
16．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是
［]．．
【考点】直线与平面平行的性质．
【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN∥平面AEF,由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长,位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】解：如下图所示：
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N,连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，
∴MN∥EF,又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF,
∴MN∥平面AEF;
∵AA1∥NE,AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N∥AE,又A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF，
∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF,
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF,
则P必在线段MN上,
在Rt△A1B1M中，A1M===,
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN,此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
A1O===,
A1M=A1N=,
所以线段A1P长度的取值范围是[］．
故答案为：［］．
三、解答题（本大题共5小题,共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

) 17．如图，在四边形ABCD中,AD⊥DC，AD∥BC，AD=3，CD=2，，∠DAB=45°,四边形绕着直线AD旋转一周,
（1）求所形成的封闭几何体的表面积；
(2）求所形成的封闭几何体的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【分析】由题意可知，四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．
（1）直接由多面体的表面积公式得答案；
（2）求出圆柱与圆锥的体积作和得答案．
【解答】解：过点B作BE⊥AD于点D，
∵,∠DAB=45°,∴BE=2，
∴DE=1,
则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．
（1)几何体的表面积为;
（2）体积为．
18．如图，在三棱锥P﹣ABC中,E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA=PB，AC=BC．
（Ⅰ）证明：AB⊥PC；
(Ⅱ）证明：平面PAB∥平面FGH．
【考点】平面与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】（Ⅰ)根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面PEC，即可证明：AB⊥PC；
(Ⅱ)根据面面平行的判定定理即可证明平面PAB∥平面FGH．
【解答】解:（Ⅰ）证明：连接EC,则EC⊥AB
又∵PA=PB，∴AB⊥PE，
∴AB⊥面PEC，
∵BC⊂面PEC，
∴AB⊥PC﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
(Ⅱ）连结FH，交于EC于O,连接GO,则FH∥AB
在△PEC中，GO∥PE,
∵PE∩AB=E，GO∩FH=O
∴平面PAB∥平面FGH﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
19．如图四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF=BE=2，EF=4，AB=2，ABCD是矩形．AD⊥面ABEF．Q、M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．
（Ⅰ）求证：PQ∥平面BCE;
（Ⅱ）求证:AM⊥平面BCM．
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【分析】（Ⅰ）根据M为EF中点，EF=4，进而可知EM，进而可知AB∥EM，AB=EM，推断出四边形ABEM为平行四边形，连接AE，根据P是BM中点，推断出P是AE的中点，Q为AC中点，推断出在△AEC中，PQ∥EC，进而利用线面平行判定定理推断出PQ∥平面BCE．
(Ⅱ）由(Ⅰ)知：AM=BE=2,同理可得：BM=AF=2,又AB=2，推断出AB2=AM2+BM2，进而可知AM⊥BM，根据四边形ABCD为矩形,推断出BC∥AD,又AD⊥平面ABEF，推断出BC⊥平面ABEF,根据线面垂直的性质可知BC⊥AM，利用线面垂直的判定定理推断出AM ⊥平面BCM．
【解答】解：(Ⅰ）∵M为EF中点，EF=4,
∴EM=2，
∴AB∥EM，AB=EM,
∴四边形ABEM为平行四边形,
连接AE，
∵P是BM中点,
∴P是AE的中点，
∵Q为AC中点,
∴在△AEC中，PQ∥EC，
∵PQ⊄平面BCE,
∴PQ∥平面BCE．
（Ⅱ)由（Ⅰ）知：AM=BE=2，
同理可得：BM=AF=2,
又AB=2,
∴AB2=AM2+BM2,
∴AM⊥BM，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD，
又AD⊥平面ABEF，
∴BC⊥平面ABEF，
∴BC⊥AM，
又BC∩BM=B，
∴AM⊥平面BCM．
20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点．
（1）求证：EG∥平面BDD1B1；
（2）求异面直线B1H与EG所成的角．
【考点】直线与平面平行的判定；异面直线及其所成的角．
【分析】（1）线面平行转化为证明线线平面，连结AC交BD于O连结DO，OE，E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点，可证四边形OEGD1为平行四边形，可得EG∥平面BDD1B1 (2）找到异面直线的平面角，延长DB于M，连结B1M，HM,∠HB1M为所求角，利用余弦定理可得角的大小．
【解答】解：（1）证明：ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，E,G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点，
连结AC交BD于O连结DO,OE，
∵
∴四边形OEGD1为平行四边形
∴EG∥OD1,又EG⊄面BDD1B1，OD1⊂面BDD1B1，
∴EG∥平面BDD1B1．
(2)延长DB于M，使，
连结B1M，HM，∠HB1M为所求角．
设正方体边长为1，则，
∴cos∠HB1M=0，
∴B1H与EG所成的角为90°．
21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°,AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点,
（1）证明：AD⊥平面PAC;
(2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
【分析】(1）由∠ADC=45°，且AD=AC=2，易得AD⊥AC，PO⊥AD，根据线面垂直的判定定理可证；
（2）取DO中点N，由PO⊥平面ABCD，可得MN⊥平面ABCD，从而可得∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△ANM中求解即可．
【解答】（1)证明：∵∠ADC=45°,且AD=AC=2，
∴∠DAC=90°,即AD⊥AC
又∵PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD,
∴PO⊥AD，
又∵AC∩PO=O，
∴AD⊥平面PAC
（2）解：取DO中点N，连接MN，AN
∵M为PD的中点,∴MN∥PO，且MN=PO=1，
∵PO⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．
在Rt△DAO中，∵AD=2,AO=1,∠DAO=90°，∴DO=，∴AN=DO=，
在Rt△ANM中，sin∠MAN==，
即直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为．
2016年12月16日。