运城市景胜中学2020-2021学年高二9月月考数学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二9月月考数学试题景胜中学2020—2021学年第一学期高二年级月考（9月）

数学试题时间120分钟总分150分一、选择题(每小题5分，共60分)1.如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱AA.

255

B。

55

C。

45

2。已知四棱锥S-ABCD的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内,若此四棱锥的最大体积为18,则球A.

18π

B.

36π

C。

54π

D.

723。三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=30°A。

8π3

B.

16π3

C.

32π4。在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，BC=4A.

32

B.

42

C。

34

D.

525。设球的半径为时间t的函数R（t)．若球的体积以均匀速度c增长，则球的表面积的增长速度与球半径（

）A.

成正比,比例系数为C

B。

成正比，比例系数为2C

C.

成反比，比例系数为C

D.

成反比，比例系数为2C6.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是(

)A.

2+

B.

C.

D。

1+7.底面为正方形的四棱锥S﹣ABCD，且SD⊥平面ABCD，SD=2,AB=1，线段SB上一M点满足SMMB=12，N为线段CD的中点，P为四棱锥S﹣ABCD表面上一点,且DMA.

2

B.

524

C.

38.如图，已知ΔABC是顶角为C=120°的等腰三角形，且AC=2,点D是AB的中点。将ΔACD沿CD折起，使得AC⊥BC，则此时直线A.

63

B.

33

C.

29.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AA1①四边形EGFH一定是菱形；②AC//平面EGFH；③四边形EGFH的面积S=f(x)在区间[0,1]上具有单调性;④四棱锥A-以上结论正确的个数是（

)A.

4

B.

3

C。

2

D。

110.用斜二测画法画如图所示的直角三角形的水平放置图，正确的是（

）A。

B。

C。

D。

11.空间四边形ABCD中，E、F分别为AC、BD中点,若CD=2AB，EF⊥AB,则EF与CD所成的角为（

)A.

30°

B.

45°

C。

60°

D。

90°12.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC，∠BAC=2π3,AP=3,AB=23,Q是边BC上的一动点,且直线PQA。

45π

B.

57π

C.

63π

D.

84π二、填空题(共16分）13。如下图,将圆柱的侧面沿母线AA1展开，得到一个长为3π,宽AA14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点,N15.如图，已知正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为a，点P16.三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC，AC⊥BC三、解答题（共6题；共70分）17.已知梯形ABCD中,AD//BC，∠ABC=∠BAD=π2，G是BC的中点。AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的动点,且EF//BC,设AE=x(x（1）当x=2时，求证：DB⊥（2)若以B、C、D、F为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求f(x)的最大值;（3）当f(x)取得最大值时，求二面角D-18.在底面是正方形的四棱锥P-ABCD中，PA=AB=1,PB=PD=2,点E在PD（Ⅰ）求证:PA⊥平面ABCD（Ⅱ)求二面角D-19.如图，在四棱锥M-ABCD中，平面ABCD

⊥平面MDC，底面ABCD是边长为2的正方形，且∠DMC=90（Ⅰ)证明：平面AMD（Ⅱ）求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值。20。如图，在三棱柱ABC-A1B1C1(1）求证：CC（2）若BC=AC=2AA1,求21.如图所示1，已知四边形ABCD满足AD//BC,BA=AD=DC=12BC=1,E是BC的中点.将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B(1）求证：EF⊥平面A(2）求AE到平面CB22。如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形,AB=BD=7，PB=3.

（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD；

（Ⅱ)设Q是棱PC上的点，当PA∥平面

景胜中学2020—2021学年第一学期高二年级月考（9月）

数学试题答案一、单选题1.【答案】A2.【答案】B3。【答案】C4.【答案】B5。【答案】D6。【答案】A7。【答案】B8.【答案】A9。【答案】B10.【答案】B11.【答案】A12。【答案】B二、填空题13.29π14.615。(1+216。三、解答题17.（1）解：如图所示：DH⊥EF于H，连接平面AEFD⊥平面EBCF,DH⊥EF，故DH⊥平面EBCF，故DH⊥EG，易知EBGH为正方形，故EG⊥故EG⊥平面DBH,DB⊂平面DBH，故

（2）解:f(x)=V故f(x)

（3）解：如图所示：以EB,EF,EA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,2)，F(0,3,0)，易知平面BCF的一个法向量为n1设平面DBF的一个法向量为n2=(x,y,z)，则{n取y=2，得到n2=(3,2,1),故观察知二面角D-BF-18。解：（Ⅰ）正方形ABCD边长为1，PA=1,PB=PD=2所以∠PAB=∠PAD=根据直线和平面垂直的判定定理，有PA⊥平面ABCD(Ⅱ）如图，以A为坐标原点,直线AB、AD、AP分别x轴、则AC=(1,1,0),由(1)知AP为平面ACD的法向量，AP=(0,0,1)设平面ACE的法向量为n=(a,b,c)则{a+b=0令c=6，则b=-设二面角D-AC-E的平面角为θ,则又有图可知，θ为锐角，故所求二面角的余弦值为6319。解:(Ⅰ）证明：（Ⅰ）因为平面ABCD⊥平面MDC，平面ABCD平面MDC=DC，BCBC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面又MD⊂平面MDC，所以BC又MD⊥MC,MCBC=C，所以MD又MD⊂平面AMD,所以平面AMD⊥（Ⅱ）取DC的中点O,连接MO，由DM＝MC得MO⊥DC.又MO⊥BC，所以MO⊥平面ABCD，如图建立空间直角坐标系则M(0,0，1），A（2,-1,0）,B（2，1，0）AB=(0,2,0)，MA设n=(x,y,z)则{n⋅AB=0nCB=(2,0,0)cosn平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是2520.（1）证明：因为平面AA1C1C⊥平面ABC,交线为AC,又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，因为C1C平面AA1C1C，从而有BC⊥C1C．

因为∠A1CC1＝90°，所以A1C⊥C1C,又因为BC∩A1C＝C，所以C1C⊥平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以CC1⊥A1B．

（2）解:如图，以C为坐标原点,分别以CB,CA的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系C—由∠A1CC1＝90°，AC＝2AA1得A1C＝AA1．不妨设BC＝AC＝2AA1＝2,则B（2，0,0)，C1（0，－1，1),A（0,2，0）,A1（0，1,1),所以A1C1＝(0，－2，0），B设平面A1BC1的一个法向量为m，由A1C1·m＝0,BC1设平面ABC1的一个法向量为n,由BC1·n＝0，AB·n＝0，可取cosám,nñ＝m⋅n|又因为二面角A1-BC1—A为锐二面角，所以二面角A1—BC1-A的余弦值为721。（1）证明:如图，连接DE,取AE的中点G，连接B1在四边形ABCD中，由AD//BC，BA=AD=DC=12BC=1,E易得四边形ABED、四边形AECD均为平行四边形，可得AE=DE=CE=1,ΔABE、在等边ΔDCE中，F为CD的中点，可得EF⊥CD，且AE∥在等边ΔB1AE,G为AE的中点，故B1平面B1AE∩平面AECD=AE，且B1G⊂故：B1G⊥EF，由EF⊥AE，B1G∩AE=G，故：EF⊥平面A

（2）解：如图，连接GD，取B1D的中点H点，连接由(1）得:B1G⊥平面AECD，且易得四边形DGEF为平行四边形,DG∥EF，由CD⊥由B1G∩GD=G，且B1G⊂平面B1GDCD⊥GH，易得B1G=GD=3故GH⊥B1D，又B1D∩CD=D,且故GH⊥平面B1CD,易得AE到平面C在RTΔB1GD中,B即AE到平面CB1D22。解：(I）取AD中点O，连接OP,OB，因为ΔPAD是边长为2的正三角形，所以OP⊥AD，OP=3,

∵AB=BD=5，∴OB⊥AD,OB=2，

∴OB2+OP2=PB2,

∴OP⊥OB,∴OP⊥平面ABCD,

∵OP⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD