山西省吕梁市泰化中学2020学年高二数学上学期第一次月考试卷（含解析）（通用）

1、泰化学校2020学年第一学期第一次月考高二数学一、选择题 （ 本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A. 是棱台 B. 是圆台 C. 不是棱锥 D. 是棱柱【答案】D【解析】【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断，能够求出结果【详解】图不是由棱锥截来的，所以不是棱台；图上、下两个面不平行，所以不是圆台；图是棱锥图前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以是棱柱故选：D【点睛】本题考查几何体的结构特征，解题时要认真审题，注意熟练掌握基本概念2.下列命题中是真命题的个数是（ ）（1）垂直于同一条直线的两条直线互

2、相平行（2）与同一个平面夹角相等的两条直线互相平行（3）平行于同一个平面的两条直线互相平行（4）两条直线能确定一个平面（5）垂直于同一个平面的两个平面平行A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：逐一分析判断每一个命题的真假.详解：对于（1），垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能异面或相交.所以是错误的.对于（2），与同一个平面夹角相等的两条直线可能互相平行，也可能相交或异面，所以是错误的.对于（3），平行于同一个平面的两条直线可能互相平行，也可能异面或相交，所以是错误的.对于（4）两条直线能不一定确定一个平面，还有可能不能确定一个平面,所以是错误的.对于（5），垂直于同一个平面的

3、两个平面不一定平行，还有可能相交,所以是错误的.故答案为：A点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的判断，意在考查学生对该基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)判断空间位置关系命题的真假，可以直接证明或者举反例.3.已知直线、，平面、，给出下列命题： 若，且，则若，且，则若，且，则若，且，则其中正确的命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：可由面面垂直的判定定理进行判断；可由面面平行的条件进行判断；可由面面垂直的条件进行判断；可由面面垂直的判定定理进行判断.解析：若，且，则，正确. ，且，可得出或，又，故可得到.若，且，则，不正确.两个面平行与同一条线平行，两平面有可能相

4、交.若，且，则，不正确.且，可得出，又，故不能得出.若，且，则，正确.且，可得出，又，故得出.故选：C.点睛：解决空间位置关系问题的方法(1)解决空间中点、线、面位置关系的问题，首先要明确空间位置关系的定义，然后通过转化的方法，把空间中位置关系的问题转化为平面问题解决(2)解决位置关系问题时，要注意几何模型的选取，如利用正(长)方体模型来解决问题4.(2020新课标全国I理科)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的

5、弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A. 14斛 B. 22斛C. 36斛 D. 66斛【答案】B【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为1.6222，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式视频5.设正方体的表面积为24，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知中正方体的全面积为24cm2，一个球内切于该正方体，结合正方体和圆的结构特征，求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案【详解】正方体

6、的全面积为24cm2，正方体的棱长为2cm，又球内切于该正方体，这个球的直径为2cm，则这个球的半径为1m，球的体积V= . 故选A【点睛】本题考查的知识点是球的体积，其中根据正方体和圆的结构特征，求出球的半径，是解答本题的关键6.在中，将绕直线旋转一周，所形成的几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图，绕直线旋转一周，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD为轴截面的校园追后剩余的部分.因为，所以.，所以.故选D.7.某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱

7、侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的

8、位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.8.某几何体的正视图和侧视图如图（1）所示，它的俯视图的直观图是，如图（2）所示，其中， ，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得底面的底面AB=4，AB边上的高OC=2，棱锥的高h=6，代入棱锥体积公式，可得答案【详解】：俯视图的直观图ABC中OA=OB=2，OC，故AB=4，AB边上的高OC=2，故底面面向S=4，由正视图和侧视图得：棱锥的高h=6，故棱锥的体积8，故选B【点睛】本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积，属于基础题9. 点P为ABC

9、所在平面外一点，PO平面ABC，垂足为O，若PA=PB=PC，则点O是ABC的（ ）A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心【答案】B【解析】试题分析：由题PO平面ABC，且PA=PB=PC。则由射影定理可得：OA=OB=OC即O为三角形的外心考点：射影定理及外心10.已知在底面为菱形的直四棱柱中， ，若，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接交于点 ，（或其补角)为异面直线与所成的角，转化到三角形中即可求出.【详解】连接，四边形为菱形， ，.又为直角三角形， ，得，四边形为正方形.连接交于点 ，（或其补角)为异面直线与所成的角，由于为正方形，

10、 ，故异面直线与所成的角为.故选：.【点睛】求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角4结论11.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. 【答案】A【解析】 对于选项B中，由于，结合线面平行判定定理可可知B不满足题意； 对于选项C中，由于，结合线面平行的判定定理可知C不满足题意；对于选项D中，由于，结合线面平行的判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选A12.正四

11、棱锥SABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的体积为 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先确定球心位置，再求球的半径，然后可求球的体积【详解】正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的球心恰好是底面ABCD的中心，球的半径是1，体积为故选A.【点睛】本题考查球的内接体和球的体积，考查学生空间想象能力，是基础题二、填空题（共4题，每小题5分，共20分）13. 某几何体的三视图如图所示，则其体积为_【答案】【解析】由三视图还原几何体为半个圆锥，高为2，底面半圆的半径r1.体积V(122)

12、.视频14.若两个球的表面积之比为，则这两个球的体积之比为 【答案】1:8【解析】试题分析：由求得表面积公式得半径比为，由体积公式可知体积比为考点：球体的表面积体积15.已知圆锥的母线长是，侧面展开图是半圆，则该圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【分析】根据底面周长等于侧面展开图的弧长，列方程解出底面半径，再计算侧面积【详解】设圆锥底面半径为r，则2r=2，r=1，圆锥的侧面积S=rl=2故答案为2【点睛】本题考查了圆锥的结构特征和侧面积公式，属于基础题16.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC； BA

13、C是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥； 平面ADC平面ABC。其中正确的是_【答案】【解析】【分析】设等腰直角三角形ABC的腰为a，则斜边BC=a，利用面面垂直的性质定理易证BD平面ADC，又AC平面ADC，从而可知BDAC，可判断；依题意及设法可知， 利用勾股定理可求得，从而可判断；又因为DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断；作出平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，利用BD平面ADC可知，BDF为直角，BFD不是直角，从而可判断【详解】设等腰直角三角形ABC的腰为a，则斜边BC=a，D为BC的中点，ADBC，又平面ABD平面ACD，平面ABD平面ACD=AD，BDAD，BD平面A

14、BD，BD平面ADC，又AC平面ADC，BDAC，故正确；由A知，BD平面ADC，CD平面ADC，BDCD，又由勾股定理得：，又AB=AC=a，ABC是等边三角形，故正确；ABC是等边三角形，DA=DB=DC，三棱锥D-ABC是正三棱锥，故正确ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DFAC，又ABC为等边三角形，连接BF，则BFAC，BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，由BD平面ADC可知，BDF为直角，BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故错误；综上所述，正确的结论是【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查线面垂直的判定与应用，考查二面角的作图与运算，属

15、于中档题三解答题（6小题，共70分）17.球的两个平行截面的面积分别是5，8，两截面间的距离为1，求球的半径【答案】（1）3（2）3【解析】【分析】设球半径为r，球心为O，进而将空间图形化位平面图形，分别求得大弦和小弦，进而求得圆心0到两个弦的距离，由已知圆心到两弦距离之差为1，由此等量关系建立等式求得r【详解】设两个平行截面圆的半径分别为r1，r2，球半径为R，则由r5，得r1.由r8，得r22.(1)如图所示，当两个截面位于球心O的同侧时，有1，所以1，解得R3.当两个截面位于球心O的异侧时，有1.此方程无解 所以球的半径是3【点睛】本题主要考查了球的性质考查了学生转化和化归数学思想的应用

16、18.在三棱锥VABC中，VA=VB=AC=BC=2，AB=，VC=1，求二面角VABC的大小【答案】VOC=【解析】【分析】取AB的中O，连接VO，CO，VOC是二面角V-AB-C的平面角，由此能求出二面角V-AB-C的平面角的度数【详解】取AB的中点O，连接VO，CO 因为VAB为等腰三角形 VOAB又因为CAB为等腰三角形COAB则VOC为二面角VABC的平面角AB=，AO=又VA=2则在RtVOA中，VO=1同理可求：CO=1又已知VC=1则VOC为等边三角形，VOC=【点睛】本题考查二面角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养19.如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，

17、PO底面ABCD，E是PC的中点 求证：()PA平面BDE ；()平面PAC平面BDE 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）连接EO，由题意可得OEAP，再由线面平行的判定可得PA平面BDE；（2）由PO底面ABCD，得POBD，由已知可得ACBD，再由线面垂直的判定可得BD平面PAC，进一步得到平面PAC平面BDE；【详解】（）连结EO，在PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点， OEAP又OE平面BDE，PA平面BDE，PA平面BDE（）PO底面ABCD，POBD又ACBD，且ACPOO，BD平面PAC而BD平面BDE，平面PAC平面BDE【点睛】本题考查直线与平面、平

18、面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，属中档题20.如图在正四面体ABCD中，棱长为2.且E,F分别是AC,BD的中点，（1）求线段E F的长（2）直线CD与平面DAB所成角的余弦值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连接CF，AF，因为几何体为正四面体，F为BD的中点，可得又因为E为AC的中点，则在 ，则；（2）取正四面体底面ABD的中心O,连接CO，DO，则易得 ，故即为直线CD与平面DAB所成角，求之即可.【详解】（1）连接CF，AF，因为几何体为正四面体，F为BD的中点，所以 又因为E为AC的中点，则在 ， ；（2），如图取正四面体底面ABD的中心O,连接CO，DO，则易得 ，故即为直线CD与平面DAB所成角，【点睛】本题考查空间线面之间的关系，考查线段长度的求法及直线与平面所成角的求法，关键是要掌握空间问题平面化的思想方法.21.如图，在三棱柱中，点P，G分别是，的中点，已知平面ABC，=3，=2.（I）求异面直线与AB所成角的余弦值；（II）求证：平面；（III）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）（）见解析（）【解析】分析：（）由题意得AB，故G是异面直线与AB所成的角，解三角形可得所求余弦值（）在三棱柱中，由平面ABC可得A1