安徽省合肥九中2019_2020学年高二数学上学期第一次月考试题.docx

安徽省合肥九中2019-2020学年高二数学上学期第一次月考试题一、选择题（本大题共14小题，共70.0分）1. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 42. 如图，圆锥的底面直径，母线长，点C在母线长VB上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A到点C，则这只蚂蚁爬行的最短距离是（ ）A. B. C. D. 3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. C. D. 4. 下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（）A. B. C. D. 5. 以下命题中真命题的序号是 若棱柱被一平面所截,则分成的两部分不一定是棱柱；有两个面平行,其余各面都是梯形的几何体叫棱台；用一个平面去截圆锥,底面和截面之间的部分组成的几何体叫圆台；有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱A. B. C. D. 6. 一正三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（）A. B. C. D. 37. 如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中（）BM与ED平行CN与BE是异面直线；CN与BM成60角；DM与BN垂直A. B. C. D. 8. 如图是水平放置的ABC按“斜二测画法”得到的直观图，其中BO=CO=，AO=，那么ABC的面积是（ ）A. B. C. D. 9. 下列命题正确的是A. 两两相交的三条直线可确定一个平面B. 两个平面与第三个平面所成的角都相等,则这两个平面一定平行C. 过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行D. 和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线10. 下列四个命题中错误的是（）A. 若直线a、b互相平行,则直线a、b确定一个平面B. 若四点不共面,则这四点中任意三点都不共线C. 若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线D. 两条异面直线不可能垂直于同一个平面11. 已知空间三条直线l、m、n若l与m异面，且l与n异面，则（）A. m与n异面B. m与n相交C. m与n平行D. m与n异面、相交、平行均有可能12. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A. B. C. D. 13. 下列命题，能得出直线m与平面平行的是（）A. 直线m与平面内所有直线平行B. 直线m与平面内无数条直线平行C. 直线m与平面没有公共点D. 直线m与平面内的一条直线平行14. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABC=120，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）15. 如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是_16. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥A-DED1的体积为_17. 如图，已知三棱锥A-BCD中，AD,BD,CD两两垂直，AD=BD=1,CD=,E,F分别为AC,BC的中点，则点C到平面DEF的距离为_ .18. 如图所示，O是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线A1C与AC1的交点，E为棱BB1的中点，则空间四边形OEC1D1在正方体各面上的投影不可能是_ . 三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）19. 如图，是一个几何体的三视图，正视图和侧视图都是由一个边长为2的等边三角形和一个长为2宽为1的矩形组成 （1）求该几何体的体积 ; （2）求该几何体的表面积20. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形（1）证明：A1C1平面ACD1；（2）求异面直线CD与AD1所成角的大小；（3）已知三棱锥D1-ACD的体积为，求AA1的长21. 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22. 如图所示，在直角梯形BCEF中，CBF=BCE=90，A、D分别是BF、CE上的点，ADBC，且DE=2AF=2AD（如图1）将四边形ADEF沿AD折起，使点E到达点G的位置，连结BG、BF、CG（如图2），且ABGD（1）证明：AC平面BFG；（2）当AB=DG=2，求三棱锥A-BCG的体积23. 如图，正方体中，是的中点(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成的角 答案和解析1.【答案】C【解析】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA底面ABCD，AC=，CD=，PC=3，PD=2，可得三角形PCD不是直角三角形所以侧面中有3个直角三角形，分别为：PAB，PBC，PAD故选：C画出三视图的直观图，判断各个面的三角形的情况，即可推出结果本题考查简单几何体的三视图的应用，是基本知识的考查2.【答案】B【解析】【分析】本题考查平面展开-最短路径问题，属于基础题.要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决【解答】解：由题意知，底面圆的直径为2，故底面周长等于2，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2=3，解得：=，AVA=，则1=，过C作CFVA，VC=1，1=60，VCF=30，FV=，CF2=CV2-VF2=，AV=3，FV=，AF=，在RtAFC中，利用勾股定理得：AC2=AF2+FC2=7，则AC=故选B3.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为底面直径为2，高为2的圆柱的一半，求出体积即可本题的考点是由三视图求几何体的体积，需要由三视图判断空间几何体的结构特征，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入对应的体积公式分别求解，考查了空间想象能力【解答】解：由三视图可知，该几何体为底面直径为2，高为2的圆柱的一半体积V=故选A4.【答案】D【解析】【分析】在A、C中，均得到PRSQ，B中得到PSRQ，P、Q、R、S四点共面；在D中，PS与SQ既不平行也不相交，P、Q、R、S四点不共面本题考查四点共面的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理运用【解答】解：在A中，正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，PRSQ，P、Q、R、S四点共面，故A不正确；在B中，正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，PSRQ，P、Q、R、S四点共面，故B不正确；在C中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，PRSQ，P、Q、R、S四点共面，故C不正确；在D中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，PS与SQ既不平行也不相交，P、Q、R、S四点不共面，故D正确故选：D5.【答案】D【解析】【分析】本题考查棱柱、棱台、圆台的定义的应用，直接利用棱柱、棱台、圆台的定义，判断选项即可得出，是基础题【解答】解：若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱；正确，当平面与棱柱的所有平面不平行时，截出的两个几何体不是棱柱有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体叫棱台；不正确，不满足棱台的定义用一个平面去截圆锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫圆台；不正确，当平面与底面平行时，底面和截面之间的部分组成的几何体叫圆台有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱不正确，不满足棱柱的定义如下图:故选D6.【答案】A【解析】【分析】本题考查正三棱柱的外接球的半径的求法，明确球心、球的半径与正三棱柱的关系是本题解决的关键正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，利用勾股定理求出球的半径【解答】解：正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，所以，r=故选A7.【答案】C【解析】【分析】本题考查正方体的结构特征，异面直线，直线与直线所成的角，直线与直线的垂直，是基础题正方体的平面展开图复原为正方体，不难解答本题【解答】解：由题意画出正方体的图形如图：显然不正确；CN与BM成60角，即ANC=60正确；DM平面BCN，所以正确.故选C8.【答案】C【解析】【分析】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属基本运算的考查BO=CO=，AO=，直接计算ABC即可【解答】解：因为BO=CO=，AO=，所以ABC的面积为=故选C9.【答案】C【解析】【分析】本题考查了空间中的直线与平面的位置关系以及平面的基本性质应用问题，是基础题目根据空间中的直线与平面的位置关系以及平面的基本性质，对选项中的命题判断正误即可【解答】解：对于A，两两相交的三条直线可确定一个平面或三个平面，故A错误；对于B，两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；对于C，过平面外一点的直线一定在平面外，且直线与这个平面相交或平行，故C正确；对于D，和两条异面直线都相交的两条直线是异面直线或共面直线，故D错误故选C10.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查公理2以及推论、由线线位置关系的定义、线面垂直的性质定理和异面直线的定义，难度不大，需要掌握好基本知识【解答】解：A、由两条直线平行确定一个平面判断正确，故A不对；B、根据三棱锥的四个顶点知，任意三点都不共线，故B不对；C、若两条直线没有公共点，则这两条直线异面或平行，故C对；D、根据线面垂直的性质定理知，这两条直线平行，即不可能，故D不对故选C11.【答案】D【解析】【分析】可根据题目中的信息作图判断即可本题考查平面的基本性质，着重考查学生的理解与转化能力，考查数形结合思想，属于基础题【解答】解：空间三条直线l、m、n若l与m异面，且l与n异面，m与n可能异面（如图3），也可能平行（图1），也可能相交（图2），故选D12.【答案】A【解析】【分析】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案【解答】解：对于选项B，由于ABMQ，结合线面平行判定定理可知AB/平面MNQ，故B不满足题意；对于选项C，由于ABMQ，结合线面平行判定定理可知AB/平面MNQ，故C不满足题意；对于选项D，由于ABNQ，结合线面平行判定定理可知AB/平面MNQ，故D不满足题意；选项A满足题意，(假设AB/平面MNQ，利用线面平行的性质定理，过ABQ的平面与MN交点P，可得AB/QP，但QP显然与AB不平行，矛盾，所以直线AB与平面MNQ不平行.)故选A13.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了直线与平面平行的判定利用特例解决选择题，较好判断出A项说法错误，B项，C项当直线m在平面内，满足，但m与不平行【解答】解：A项命题本身说法错误；B项当直线m在平面内，m与不平行；C项能推出m与平行D项，当直线m在平面内满足，m与不平行故选C14.【答案】C【解析】【分析】本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和MNP的余弦值即可【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，），可知MN=AB1=，NP=BC1=；作BC中点Q，则PQM为直角三角形，PQ=1，MQ=AC，ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcosABC=4+1-221（-）=7，AC=，MQ=，MP=；在PMN中，由余弦定理得cosMNP=-；又异面直线所成角的范围是（0，AB1与BC1所成角的余弦值为故选C15.【答案】【解析】【分析】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为V2=R3，圆柱的体积为V1=R22R=2R3,则=故答案为16.【答案】【解析】解：将三棱锥A-DED1选择ADD1为底面，E为顶点，则VA -DED1=VE -ADD1，其中SADD1=SA1D1DA=，E到底面ADD1的距离等于棱长1，故故答案为：将三棱锥A-DED1选择ADD1为底面，E为顶点，进行等体积转化VA -DED1=VE -ADD1后体积易求本题考查了三棱柱体积的计算，等体积转化法是常常需要优先考虑的策略17.【答案】【解析】【分析】此题考查点到面的距离，考查线面垂直的判断，及三棱锥的体积公式，属于中档题.关键是利用体积相等列方程.【解答】解：三棱锥ABCD中，AD，BD，CD两两垂直，则，点A到平面BDC的距离为AD1，E为AC的中点，则点E到平面DFC的距离为，又，由余弦定理可得,在中，有所以，设点C到平面DEF的距离为d，又，所以.故答案为.18.【答案】【解析】【分析】空间四边形OEC1D1在正方体左右面上的投影是选项的图形，空间四边形OEC1D1在正方体上下面上的投影是选项的图形，空间四边形OEC1D1在正方体前后面上的投影是选项的图形，得到结论本题考查平行投影及平行投影作图法，考查在同一图形在不同投影面上的投影不同，本题是一个基础题【解答】解：空间四边形OEC1D1在正方体左右面上的投影是选项的图形，空间四边形OEC1D1在正方体上下面上的投影是选项的图形，空间四边形OEC1D1在正方体前后面上的投影是选项的图形，只有选项不可能是投影，故答案为：19.【答案】解：（1）由三视图知，该三视图对应的几何体为一个底面直径为2,母线长为2的圆锥与一个长宽都为2高为1的长方体组成的组合体. 此几何体的体积为；（2）此几何体的表面积.【解析】本题主要考查空间几何体的三视图以及几何体的表面积与体积，考查了学生的空间想象能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力.（1）根据空间几何体的三视图，可知原几何体的形状，利用柱体与圆锥的体积即可求得结果；（2）利用柱体与圆锥的即可得到结果.20.【答案】（1）证明：在长方体中，因A1A=CC1，A1ACC1，可得A1C1AC，A1C1不在平面ACD1内，AC平面ACD1，则A1C1平面ACD1；（4分）（2）解：因为CD平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，可得CDAD1，所以异面直线CD与AD1所成角900；（8分）（3）解：由三棱锥D1-ACD的体积为，可得，AA1=1（12分）【解析】（1）根据直线与平面平行的判定定理可知只需证A1C1AC，即可得A1C1平面ACD1；（2）由CD平面ADD1A1，可得CDAD1，异面直线CD与AD1所成角900；（3）由三棱锥D1-ACD的体积为，可得，即可得解本题考查直线与平面平行的判定，直线与直线所成角的计算，考查学生空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题21.【答案】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+r