广东省佛山市顺德区李兆基中学高二数学上学期第一次月考试卷 文（含解析）.doc

2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（上）第一次月考数学试卷（文科）一、选择题（每题5分，共50分）1若直线l平面，直线a，则l与a的位置关系是（）alabl与a异面cl与a相交dl与a平行或异面2菱形abcd在平面内，pc，则pa与bd的位置关系是（）a平行b相交但不垂直c垂直相交d异面且垂直3图中是四棱台的侧面展开图的是（）abcd4设有直线m、n和平面、下列四个命题中，正确的是（）a若m，n，则mnb若m，n，m，n，则c若，m，则md若，m，m，则m5正方体的全面积为54，则它的外接球的表面积为（）a27bc36d6如图，oab是oab水平放置的直观图，则oab的面积为（）a12b6cd7若某几何体的三视图 （单位：cm） 如图所示，则此几何体的体积是（）a36 cm3b48 cm3c60 cm3d72 cm38半径r的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）ar3br3cr3dr39已知正四棱柱abcda1b1c1d1中，aa1=2ab，e为aa1中点，则异面直线be与cd1所成角的余弦值为（）abcd10在正四面体pabc中，d，e，f分别是ab，bc，ca的中点，下面四个结论中不成立的是（）abc平面pdfbdf平面paec平面pdf平面abcd平面pae平面abc二、填空题（每题5分，共20分）11已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为12一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为13已知正四棱锥的所有棱长均相等，则侧面与底面所成二面角的余弦值为14将正方形abcd沿对角线bd折成直二面角abdc，有如下四个结论：acbd； acd是等边三角形；ab与平面bcd成60的角； ab与cd所成的角为60；其中正确结论是（写出所有正确结论的序号）三、解答题（共80分）15如图，在四边形abcd中，dab=90，adc=135，ab=5，cd=，ad=2，求四边形绕ad旋转一周所围成几何体的表面积及体积16如图，在长方体abcda1b1c1d1中，e，f分别为a1b1，a1d1的中点，求证：df平面ace17在底面为平行四边形的四棱锥pabcd中，abac，pa平面abcd，点e是pd的中点（1）求证：pb平面aec；（2）求证：平面eac平面pab18如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是矩形已知ab=3，ad=2，pa=2，pd=2，pab=60（1）证明ad平面pab；（2）求异面直线pc与ad所成的角的正切值；（3）求二面角pbda的正切值19如图，在四棱锥pabcd中，侧面pad底面abcd，侧棱papd，底面abcd是直角梯形，其中bcad，bad=90，ad=3bc，o是ad上一点（）若cd平面pbo，试指出点o的位置；（）求证：平面pab平面pcd20如图，abcd的边长为2的正方形，直线l与平面abcd平行，e和f是l上的两个不同点，且ea=ed，fb=fc，e和f是平面abcd内的两点，ee和ff都与平面abcd垂直，（1）证明：直线ef垂直且平分线段ad：（2）若ead=eab=60，ef=2，求多面体abcdef的体积2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（上）第一次月考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（每题5分，共50分）1若直线l平面，直线a，则l与a的位置关系是（）alabl与a异面cl与a相交dl与a平行或异面【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【专题】阅读型【分析】可从公共点的个数进行判断直线l平面，所以直线l平面无公共点，故可得到l与a的位置关系【解答】解：直线l平面，所以直线l平面无公共点，所以l与a平行或异面故选d【点评】本题考查空间直线和平面位置关系的判断，考查逻辑推理能力2菱形abcd在平面内，pc，则pa与bd的位置关系是（）a平行b相交但不垂直c垂直相交d异面且垂直【考点】异面直线的判定【专题】证明题【分析】首先根据题意，做出图示，根据异面直线的判定定理，易得pa与bd异面，连接ac、pa，由线面垂直的性质可得pcbd，又由菱形的性质，可得pabd，即可得bd平面pac，即可得pabd，综合可得答案【解答】解：根据题意，如图，因为pa不在平面内，并且过bd之外的一点，故pa与bd异面；连接ac、pa，pc，且bd在内，则pcbd，由菱形的性质，可得acbd，可得bd平面pac，即可得pabd，综合可得，pa与bd异面且垂直；故选d【点评】本题考查异面直线的判定，注意根据题意，结合有关的定理、性质，进一步挖掘直线间的位置关系3图中是四棱台的侧面展开图的是（）abcd【考点】表面展开图【专题】规律型；空间位置关系与距离【分析】利用棱台的侧面的形状判断即可【解答】解：四棱台的侧面是梯形，则侧面展开图不是a、b、c的形状，故选：d【点评】本题考查棱台的结构特征，表面展开图的判断，是基础题4设有直线m、n和平面、下列四个命题中，正确的是（）a若m，n，则mnb若m，n，m，n，则c若，m，则md若，m，m，则m【考点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定【专题】探究型【分析】由题意设有直线m、n和平面、，在此背景下对四个选项逐一判断找出正确选项，a选项可由线线平行的条件作出判断，b选项可由面面平行的条件作出判断，c选项可由线面垂直的条件作出判断，d选项可由线面平行的条件作出判断【解答】解：当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故a不正确，b选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故b不正确，c选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故c不正确，d选项中由，m，m，可得m，故是正确命题故选d【点评】本题考点是命题真假的判断与应用，考查了线线平行的判定，面面平行的判定，线面垂直的判定，线面平行的判定，解题的关键是有着较强的空间想像能力，能根据题设条件想像出实物图形，本题考查了空间想像能力，推理判断的能力，命题真假的判断与应用题是近几年高考的热点，主要得益于其考查的知识点多，知识容量大，符合高考试卷命题精、博的要求5正方体的全面积为54，则它的外接球的表面积为（）a27bc36d【考点】球的体积和表面积【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】先设正方体的边长为a，根据正方体的表面积s=6a2=54，求得a=3，再根据正方体的体对角线长等于其外接球的直径，求得外接球的半径r，代入球的表面积公式计算【解答】解：设正方体的边长为a，则正方体的表面积s=6a2=54，a=3，又正方体的体对角线长等于其外接球的直径，外接球的半径r=，其外接球的表面积为4=27故选：a【点评】本题考查了正方体的表面积，正方体的外接球的表面积，解题的关键是利用正方体的体对角线长等于其外接球的直径，求得外接球的半径6如图，oab是oab水平放置的直观图，则oab的面积为（）a12b6cd【考点】平面图形的直观图【专题】规律型；空间位置关系与距离【分析】根据斜二侧画法得到三角形oab的底面边长ob=4，高oa=6，然后求三角形的面积即可【解答】解：根据斜二侧画法得到三角形oab为直角三角形，底面边长0b=4，高oa=2oa=23=6，直角三角形oab的面积为故选：a【点评】本题主要考查平面图形的直观图的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础7若某几何体的三视图 （单位：cm） 如图所示，则此几何体的体积是（）a36 cm3b48 cm3c60 cm3d72 cm3【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】利用三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求出几何体的体积即可【解答】解：三视图复原的几何体是上部为长方体三度为：4，2，2；下部为放倒的四棱柱，底面是等腰梯形其下底为6，上底为2，高为2，棱柱的高为4，几何体的体积为两部分的体积和，即：422+=48（cm3）故选：b【点评】本题考查简单几何体的三视图，三视图与几何体的对应关系，正确判断几何体的形状是解题的关键8半径r的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）ar3br3cr3dr3【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】计算题【分析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积【解答】解：2r=r，所以r=，则h=，所以v=故选a【点评】本题是基础题，考查圆锥的展开图与圆锥之间的计算关系，圆锥体积的求法，考查计算能力9已知正四棱柱abcda1b1c1d1中，aa1=2ab，e为aa1中点，则异面直线be与cd1所成角的余弦值为（）abcd【考点】异面直线及其所成的角【分析】求异面直线所成的角，一般有两种方法，一种是几何法，其基本解题思路是“异面化共面，认定再计算”，即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中，结合余弦定理来求还有一种方法是向量法，即建立空间直角坐标系，利用向量的代数法和几何法求解本题采用几何法较为简单：连接a1b，则有a1bcd1，则a1be就是异面直线be与cd1所成角，由余弦定理可知cosa1be的大小【解答】解：如图连接a1b，则有a1bcd1，a1be就是异面直线be与cd1所成角，设ab=1，则a1e=ae=1，be=，a1b=由余弦定理可知：cosa1be=故选c【点评】本题主要考查了异面直线所成的角，考查空间想象能力和思维能力10在正四面体pabc中，d，e，f分别是ab，bc，ca的中点，下面四个结论中不成立的是（）abc平面pdfbdf平面paec平面pdf平面abcd平面pae平面abc【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【专题】计算题；压轴题【分析】正四面体pabc即正三棱锥pabc，所以其四个面都是正三角形，在正三角形中，联系选项b、c、d中有证明到垂直关系，应该联想到“三线合一”d，e，f分别是ab，bc，ca的中点，由中位线定理可得bcdf，所以bc平面pdf，进而可得答案【解答】解：由dfbc可得bc平面pdf，故a正确若po平面abc，垂足为o，则o在ae上，则dfpo，又dfae故df平面pae，故b正确由df平面pae可得，平面pae平面abc，故d正确故选c【点评】本小题考查空间中的线面关系，正三角形中“三线合一”，中位线定理等基础知识，考查空间想象能力和思维能力二、填空题（每题5分，共20分）11已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为13【考点】球内接多面体【专题】计算题【分析】由球o的一个截面圆的半径为12，又由球心o到这个截面的距离为5，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易求出该球的半径【解答】解：球o的一个截面的半径为12，设截面的半径为r，r=12，又球心o到这个截面的距离d=5，则球的半径r=13故答案为：13【点评】本题考查的知识点是球内接多面体，若球的截面圆半径为r，球心距为d，球半径为r，则球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，即r2=r2+d212一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为38【考点】由三视图求面积、体积【专题】计算题【分析】通过三视图判断几何体的形状，利用三视图的数据，求出几何体的表面积即可【解答】解：由三视图可知，几何体是底面边长为4和3高为1的长方体，中间挖去半径为1的圆柱，几何体的表面积为：长方体的表面积+圆柱的侧面积圆柱的两个底面面积即s=2（34+13+14）+21212=38故答案为：38【点评】本题考查三视图与直观图的关系，几何体的表面积的求法，判断三视图复原几何体的形状是解题的关键13已知正四棱锥的所有棱长均相等，则侧面与底面所成二面角的余弦值为【考点】二面角的平面角及求法【专题】空间位置关系与距离【分析】设正四棱锥sabcd的所有棱长均为2，过s作so面abcd，垂足为o，过o作oebc，交bc于e，连结se，则由三垂线定理知seo是侧面sbc与底面abcd所成二面角的平面角，由此能求出结果【解答】解：如图，设正四棱锥sabcd的所有棱长均为2，过s作so面abcd，垂足为o，过o作oebc，交bc于e，连结se，则由三垂线定理知：seo是侧面sbc与底面abcd所成二面角的平面角，由题意知se=，oe=1，cosseo=故答案为：【点评】本题考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养14将正方形abcd沿对角线bd折成直二面角abdc，有如下四个结论：acbd； acd是等边三角形；ab与平面bcd成60的角； ab与cd所成的角为60；其中正确结论是（写出所有正确结论的序号）【考点】与二面角有关的立体几何综合题【专题】计算题；证明题；压轴题【分析】作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对四个命题逐一判断，即可得出正确结论【解答】解：作出如图的图象，其中abdc=90，e是bd的中点，可以证明出aed=90即为此直二面角的平面角对于命题，由于bd面aec，故acbd，此命题正确；对于命题，在等腰直角三角形aec中可以解出ac等于正方形的边长，故acd是等边三角形，此命题正确；对于命题ab与平面bcd所成的线面角的平面角是abe=45，故ab与平面bcd成60的角不正确；对于命题可取ad中点f，ac的中点h，连接ef，eh，fh，由于ef，fh是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，而eh是直角三角形的中线，其长度是ac的一半即正方形边长的一半，故efh是等边三角形，由此即可证得ab与cd所成的角为60；综上知是正确的故答案为【点评】本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法，线面之间的角的求法，以及线线之间位置关系的证明方法综合性较强，对空间立体感要求较高三、解答题（共80分）15如图，在四边形abcd中，dab=90，adc=135，ab=5，cd=，ad=2，求四边形绕ad旋转一周所围成几何体的表面积及体积【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】计算题【分析】旋转后的几何体是圆台除去一个倒放的圆锥，根据题目所给数据，求出圆台的侧面积、圆锥的侧面积、圆台的底面积，即可求出几何体的表面积求出圆台体积减去圆锥体积，即可得到几何体的体积【解答】解：四边形abcd绕ad旋转一周所成的几何体，如右图：s表面=s圆台下底面+s圆台侧面+s圆锥侧面=r22+（r1+r2）l2+r1l1=体积v=v圆台v圆锥= 25+44222=3948=所求表面积为：，体积为：【点评】本题是基础题，考查旋转体的表面积与体积，转化思想的应用，计算能力的考查，都是为本题设置的障碍，仔细分析旋转体的结构特征，为顺利解题创造依据16如图，在长方体abcda1b1c1d1中，e，f分别为a1b1，a1d1的中点，求证：df平面ace【考点】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【分析】以d为原点，da为x轴，dc为y轴，dd1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明df平面ace【解答】证明：以d为原点，da为x轴，dc为y轴，dd1为z轴，建立空间直角坐标系，在长方体abcda1b1c1d1中，设ab=a，ad=b，aa1=c，e，f分别为ab1，a1d1的中点，d（0，0，0），f（，0，c），a（a，0，0），c（0，b，0），e（a，c），=（，0，c），=（a，b，0），=（0，c），设平面ace的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，），=0，df平面ace，df平面ace【点评】本题考查线面平行的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用17在底面为平行四边形的四棱锥pabcd中，abac，pa平面abcd，点e是pd的中点（1）求证：pb平面aec；（2）求证：平面eac平面pab【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离【分析】（1）连接bd交ac于f，连接ef，利用三角形的中位线定理证明efpb，再证明pb平面aec；（2）利用线面垂直的定义得出paac，再证明ac平面pab与平面eac平面pab【解答】证明：（1）如图所示，连接bd交ac于f，连接ef，在dpb中，ef为中位线，efpb；又pb平面eac，ef平面eac，pb平面aec；（2）pa平面abcd，ac平面abcd，paac；又abac，paab=a，ac平面pab；又ac平面eac，平面eac平面pab【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了逻辑推理与证明能力，是中档题目18如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是矩形已知ab=3，ad=2，pa=2，pd=2，pab=60（1）证明ad平面pab；（2）求异面直线pc与ad所成的角的正切值；（3）求二面角pbda的正切值【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定【专题】空间位置关系与距离；空间角【分析】（）通过就是pa2+ad2=pd2，证明adpa结合adab然后证明ad平面pab（）说明pcb（或其补角）是异面直线pc与ad所成的角在pab中，由余弦定理得pb，判断pbc是直角三角形，然后求解异面直线pc与ad所成的角正切函数值（）过点p做phab于h，过点h做hebd于e，连结pe，证明peh是二面角pbda的平面角rtphe中，【解答】（）证明：在pad中，由题设，可得pa2+ad2=pd2，于是adpa在矩形abcd中，adab又paab=a，所以ad平面pab（）解：由题设，bcad，所以pcb（或其补角）是异面直线pc与ad所成的角在pab中，由余弦定理得由（）知ad平面pab，pb平面pab，所以adpb，因而bcpb，于是pbc是直角三角形，故所以异面直线pc与ad所成的角的正切值为：（）解：过点p做phab于h，过点h做hebd于e，连结pe因为ad平面pab，ph平面pab，所以adph又adab=a，因而ph平面abcd，故he为pe再平面abcd内的射影由三垂线定理可知，bdpe，从而peh是二面角pbda的平面角由题设可得，于是再rtphe中，所以二面角pbda的正切函数值为【点评】本题考查二面角的平面角的求法，异面直线所成角的求法，直线与平面垂直的判断，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力19如图，在四棱锥pabcd中，侧面pad底面abcd，侧棱papd，底面abcd是直角梯形，其中bcad，bad=90，ad=3bc，o是ad上一点（）若cd平面pbo，试指出点o的位置；（）求证：平面pab平面pcd【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的性质【专题】证明题；综合题【分析】（）cd平面pbo，推出bocd得到ad=3bc，点o的位置满足ao=2od（）要证平面ab平面pcd，只需证明平面pcd内的直线pd，垂直平面pabpd内的两条相交直线ab、pa即可【解答】（）解：因为cd平面pbo，cd平面abcd，且平面abcd平面pbo=bo，所以 bocd又 bcad，所以四边形bcdo为平行四边形，则bc=do，而ad=3bc，故点o的位置满足ao=2od（）证：因为侧面pad底面abcd，ab底面abcd，且ab交线ad，所以ab平面pad，则abpd又p