安徽省合肥市九中2018-2019学年高二数学上学期第一次月考试题

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14.一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是．15.如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1 16．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）.①当时，S为四边形②当时，S为等腰梯形③当时，S与的交点R满足④当时，S为六边形⑤当时，S的面积为三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（本题满分10分）如图，已知点E，F，G，H分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，求证：EF，HG，DC18.（本题满分12分）已知正方体，是底对角线的交点．求证：（1）；（2）．19．（本题满分12分）如图，在四棱锥中,底面是的中点．证明(1)；（2）证明面平面；20.（本题满分12分）已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，如图．(1)求证：MN∥面BB1C(2)求MN的长．21.（本题满分12分）如图1，在边长为1的等边三角形中，分别是上的点，，是的中点，与交于点，沿折起，得到如图2所示的三棱锥，其中.（1）求证：;（2）若为上的中点,为中点，求异面直线与所成角的余弦值22.（本题满分12分）如图，四棱锥中，底面是以为中心的菱形，，，，为上一点，且.(1)证明：；(2)若，求四棱锥的体积．

合肥九中2018-2019学年第一学期高二第一次月考数学试卷（考试时间120分钟满分150分）命题人：周福远第Ⅰ卷（选择题）一．选择题：（共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项.）1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括(D)A．一个圆台、两个圆锥B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥D．一个圆柱、两个圆锥2.圆锥的高扩大到原来的4倍,底面半径缩短到原来的QUOTE,则圆锥的体积(C)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3.下列命题正确的有(C)①若△ABC在平面α外，它的三条边所在直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条平行线a，b，c都与直线l相交，则这四条直线共面；③三条直线两两相交，则这三条直线共面．A．0个 B．1个C．2个 D．3个4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积为（D）A．B．C．D．5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是BB1、BC的中点．则图中阴影部分在平面ADD1A1上的正投影为(6．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：=1\*GB3①若，则；=2\*GB3②若，则；=3\*GB3③若，则；=4\*GB3④若,则.其中正确命题的序号是：（A）A、=1\*GB3①=2\*GB3②B、=2\*GB3②=3\*GB3③C、=3\*GB3③=4\*GB3④D、=1\*GB3①=4\*GB3④7.长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球面的表面积为（C）A． B．56π C．14π D．64π8．一正方体表面沿着几条棱裁开放平得到如图所示的展开图，则在原正方体中(C)A．AB∥CD B．AB∥平面CDC．CD∥GH D．AB∥GH9、圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为(A)A．7B．6C．5D．310．如图所示，正四棱锥S—ABCD的所有棱长都等于a，过不相邻的两条棱SA，SC作截面SAC，则截面的面积为(C)A．eq\f(3,2)a2B．a211.如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是(D)A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°12．已知球的半径为5,球面被互相垂直的两个平面所截,得到的两个圆的公共弦长为2QUOTE,若其中一个圆的半径为2QUOTE,则另一个圆的半径为(B)(A)3 (B)4 (C)QUOTE (D)QUOTE解析:如图设两圆的圆心分别为O1、O2,球心为O,公共弦为AB,其中点为E,则OO1EO2为矩形,AE=QUOTEAB=QUOTE,O1A=2QUOTE,所以O1E=QUOTE=3,所以AO2=QUOTE=4,选B.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．已知圆锥的底面半径为1,且这个圆锥的侧面展开图形是一个半圆,则该圆锥的母线长为.

解析:设母线长为x,根据题意得2πx÷2=2π×1,解得x=2.答案:214、一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是．15.如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1解析：由直四棱柱可知CC1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，要使得B1D1⊥A1C，只要B1D1⊥平面A1CC1，所以只要B1D1⊥A1C1.此题还可以填写四边形A1B1C答案：B1D1⊥A1C16．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是___①②③⑤______（写出所有正确命题的编号）。①当时，S为四边形②当时，S为等腰梯形③当时，S与的交点R满足④当时，S为六边形⑤当时，S的面积为三、解答题（本大题共6个大题，17-18每题10分，19-22每题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（本题满分10分）如图，已知点E，F，G，H分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，求证：EF，HG，DC证明∵点E，F，G，H分别为所在棱的中点，连接BC1，GF，如图．∴GF是△BCC1的中位线，∴GF∥BC1.∵BE∥C1H，且BE＝C1H，∴四边形EBC1H是平行四边形．∴EH∥BC1，∴GF∥EH.∴E，F，G，H四点共面．∵GF≠EH，故EF与HG必相交．设EF∩HG＝I.∵I∈GH，GH⊂平面CC1D1D，∴I∈平面CC1D1D.同理可证I∈平面ABCD.∴点I在交线DC上．即EF，HG，DC三线共点．18、已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）面OC1D∥面AB1D1．解：（1）由题意：几何体ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，O是底ABCD对角线的交点，∴B1D1∥BD，连接A1C1交于O1，连接AO1，C1O1∴C1O1AO是平行四边形．∴AO1∥C1O．∵AO1⊂面AB1D1；∴C1O∥面AB1D1；得证．（2）．∵B1D1∥BD，即OD∥B1D1，OD⊂面OC1D，∴OD∥面AB1D1．由（1）可得C1O∥面AB1D1；OD∩C1O=O，所以：面OC1D∥面AB1D1．19．（本题满分12分）如图，在四棱锥中,底面是的中点．证明；（2）证明面平面；解析：（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD∴PA⊥CD又AC⊥CD，ACPA=A∴CD⊥平面PAC，又AE平面PAC∴CD⊥AE（2）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD∴PA⊥AB又AD⊥AB，ADPA=A∴AB⊥平面PAD，又PD平面PAD∴AB⊥PD由PA=AB=BC，∠ABC=60o则△ABC是正三角形∴AC=AB∴PA=AC∵E是PC中点∴AE⊥PC由（1）知AE⊥CD，又CDPC=C∴AE⊥平面PCD∴AE⊥PD又AB⊥PD，ABAE=A∴PD⊥平面ABE从而面平面20.（本题满分12分）已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，如图．(1)求证：MN∥面BB1C(2)求MN的长．解(1)证明：作NP⊥AB于P，连接MP.NP∥BC，∴eq\f(AP,AB)＝eq\f(AN,AC)＝eq\f(A1M,A1B)，∴MP∥AA1∥BB1，∴面MPN∥面BB1CMN⊂面MPN，∴MN∥面BB1C(2)eq\f(NP,BC)＝eq\f(AN,AC)＝eq\f(\f(\r(2),3)a,\r(2)a)＝eq\f(1,3)，NP＝eq\f(1,3)a，同理MP＝eq\f(2,3)a.又MP∥BB1，∴MP⊥面ABCD，MP⊥PN.在Rt△MPN中MN＝eq\r(\f(4,9)a2＋\f(1,9)a2)＝eq\f(\r(5),3)a.21、如图1，在边长为1的等边三角形中，分别是，上的点，，是的中点，与交于点，沿折起，得到如图2所示的三棱锥，其中.（1）求证：平面平面（2）若为，上的中点，为中点，求异面直线与所成角的余弦值证明：（1）如题图1，在等边三角形中，,如题图2，平面,平面··········2分同理可证平面,平面平面平面·········4分（2）连是的中位线异面直线与所成角即为·····6分，又·······822、如图，四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝eq\f(π,3)，M为BC上一点，且BM＝eq\f(1,2).(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥P­ABMO的体积．解：(1)证明：如图，因四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，AM，则AO⊥OB.因∠BAD＝eq\f(π,3)，故OB＝AB·sin∠OAB＝2sineq\f(π,6)＝1，又因BM＝eq\f(1,2)，且∠OBM＝eq\f(π,3)，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－2