2019-2020学年山西省长治二中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）（9月份）含详细解答

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1、2019-2020学年山西省长治二中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）（9月份）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1（5分）下列命题正确的是（）A棱柱的侧面都是长方形B棱柱的所有面都是四边形C棱柱的侧棱不一定相等D一个棱柱至少有五个面2（5分）下列推理错误的是（）AAl，A，Bl，BlBA，A，B，BABCl，AlADAl，lA3（5分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（）ABCD4（5分）已知ABC的平面直观图ABC是边长为a的正三角形，那么原AB

2、C的面积为（）ABCD5（5分）如果三点A（1，5，2），B（2，4，1），C（a，3，b+2）在同一直线上，则（）Aa3，b3Ba6，b1Ca3，b2Da2，b16（5分）若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，mn，mn，m，nmn，mn，mn若m，n，mn，则则以上说法中正确的有（）个A1B2C3D47（5分）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球面上，且AB6，则棱锥OABCD的体积为（）ABCD128（5分）圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60，轴截面的面积为，则圆台的母线长l（）ABCD129（5分）已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m

3、，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）AABmBACmCABDAC10（5分）某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是（）ABCD11（5分）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，D，F分别是棱AB，AA1的中点，E为棱AC上的动点，则DEF的周长的最小值为（）ABCD12（5分）如图，已知矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M是线段A1C的中点，则ADE在翻折过程中，下列命题：线段BM的长是定值；存在某个位置，使DEA1C；点M的运动轨迹是一个圆；存在某个位置，使得MB面A1DE正确的个数是（）A1

4、B2C3D4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）一个几何体的表面展开平面图如图，该几何体中的与“数”字面相对的是“ ”字面14（5分）九章算术卷5商功记载一个问题“今有圆堡壔（dao），周四丈八尺，高一丈一尺问积几何？”意思是：今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，则它的体积是 立方尺（取3，1丈10尺）15（5分）已知平面外两点A，B到平面的距离分别为和2，A，B在平面内的射影之间的距离为，则线段AB的长度为 16（5分）在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB2，则正三棱锥SABC的体积为 ，其外接球的表面积为 三、解答题：本大

5、题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO底面ABCD，E是PC的中点求证：（）PA平面BDE；（）平面PAC平面BDE18（12分）如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为4的正三角形，PAPC，PB4，面PAC面ABC（1）求证：ACPB；（2）求三棱锥APBC的体积19（12分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4过E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（）求平面把该长方

6、体分成的两部分体积的比值20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点（1）求PB和平面PAD所成的角的大小（2）求二面角APDC的正弦值21（12分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点（1）求异面直线B1E与BG所成角的余弦值；（2）棱CD上是否存在点T，使得AT平面B1EF？请证明你的结论22（12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD是边长为2的棱形，且DAB60，PBPC，PD4，E，F分别是AD，PA的中点（1）证明：AD平面BEF；（2）若二面角PADB的大小

7、为30，求点D到平面PBC的距离2019-2020学年山西省长治二中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）（9月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1（5分）下列命题正确的是（）A棱柱的侧面都是长方形B棱柱的所有面都是四边形C棱柱的侧棱不一定相等D一个棱柱至少有五个面【分析】根据棱柱的几何特征，逐一分析可得答案【解答】解：棱柱的侧面都是平行四边形，但不一定是长方形，故A错误；棱柱的底面可能不是四边形，故B错误；棱柱的侧棱一定相等，故C错误；一个棱柱至少有五个面，故D正确，故选：D【点评】本题以命题的真假判断与应

8、用为载体，考查了棱柱的几何特征，难度中档2（5分）下列推理错误的是（）AAl，A，Bl，BlBA，A，B，BABCl，AlADAl，lA【分析】本题主要考查了平面的基本性质及推论，根据平面的基本性质及推论，依次分析命题即可【解答】解：A，B分别是公理1、2的符号表示，故它们都是正确的；对于C，l有两种可能，l，l与相交；若交点为A，则Al且A故错D是公理1的性质，正确故选：C【点评】本题考查平面的基本性质及推论，比较基础3（5分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（）ABCD【分析】由BA1CD1，知A1BE是异面直线

9、BE与CD1所形成角，由此能求出异面直线BE与CD1所形成角的余弦值【解答】解：正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，BA1CD1，A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，设AA12AB2，则A1E1，BE，A1B，cosA1BE异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养4（5分）已知ABC的平面直观图ABC是边长为a的正三角形，那么原ABC的面积为（）ABCD【分析】由原图和直观图面积之间的关系 ，求出直观图三角形的面积，再求原图的面积即可【解答】解：直观图ABC是

10、边长为a的正三角形，故面积为 ，而原图和直观图面积之间的关系 ，那么原ABC的面积为：故选：C【点评】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5（5分）如果三点A（1，5，2），B（2，4，1），C（a，3，b+2）在同一直线上，则（）Aa3，b3Ba6，b1Ca3，b2Da2，b1【分析】三点A（1，5，2），B（2，4，1），C（a，3，b+2）在同一直线上，可得存在实数使得k【解答】解：三点A（1，5，2），B（2，4，1），C（a，3，b+2）在同一直线上，k，（1，1，3），（a1，2，b+4），解得k2，a3，b2，故选：C【点评】本题考查了向量共线定理，考

11、查了推理能力与计算能力，属于基础题6（5分）若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，mn，mn，m，nmn，mn，mn若m，n，mn，则则以上说法中正确的有（）个A1B2C3D4【分析】在中，由线面垂直的判定定理得n；在中，m与n平行或异面；在中，由线面垂直的判定定理得n；在中，与相交或平行【解答】解：由m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：在中，mn，m，由线面垂直的判定定理得n，故正确；在中，m，n，则m与n平行或异面，故错误；在中，mn，m，由线面垂直的判定定理得n，故正确；在中，若m，n，mn，则与相交或平行，故错误故选：B【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线

12、面、面面的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题7（5分）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球面上，且AB6，则棱锥OABCD的体积为（）ABCD12【分析】先求出矩形的对角线的长，再求出球心到矩形的距离，由此能求出棱锥OABCD的体积【解答】解：矩形ABCD的顶点都在半径为4的球面上，且AB6，矩形的对角线的长为：4，球心到矩形的距离为：2，所以棱锥OABCD的体积为：VOABCD8故选：A【点评】本题考查棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养8（5分）圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60，轴截面的面积为，则圆台的母线长l（）ABCD12

13、【分析】根据题意画出图形，结合图形设出圆台的上、下底面半径分别为r和R，列方程组求出R、r和l的值【解答】解：设圆台的上、下底面半径分别为r和R，则r：R2：3；由题意可知cos60，圆台的轴截面面积为（2r+2R）（Rr）tan60，化简得R2r2180，由组成方程组，解得R18，r12，l12；即圆台的母线长为l12故选：D【点评】本题考查了圆台的结构特征与应用问题，是基础题9（5分）已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）AABmBACmCABDAC【分析】利用图形可得ABlm；A对再由ACl，mlACm；B对又ABlAB

14、，C对ACl，但AC不一定在平面内，故它可以与平面相交、平行，故不一定垂直，所以D不一定成立【解答】解：如图所示ABlm；A对ACl，mlACm；B对ABlAB，C对对于D，虽然ACl，但AC不一定在平面内，故它可以与平面相交、平行，故不一定垂直；故错故选：D【点评】高考考点：线面平行、线面垂直的有关知识及应用易错点：对有关定理理解不到位而出错全品备考提示：线面平行、线面垂直的判断及应用仍然是立体几何的一个重点，要重点掌握10（5分）某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是（）ABCD【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【解答】解：由题

15、意可知：几何体是上面是半圆锥，下部是半个圆柱，底面半径是2，圆柱的高为4，圆锥的高为2，几何体的体积为：224+222故选：A【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键11（5分）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，D，F分别是棱AB，AA1的中点，E为棱AC上的动点，则DEF的周长的最小值为（）ABCD【分析】由正三棱柱A1B1C1ABC的性质可得：AA1AB，AA1AC在RtADF中，利用勾股定理可得DF2因此只要求出DE+EF的最小值即可得出，把底面ABC展开与侧面ACC1A1在同一个平面，如图所示，只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最

16、小值利用余弦定理即可得出【解答】解：由正三棱柱A1B1C1ABC，可得AA1底面ABC，AA1AB，AA1AC在RtADF中，DF2，把底面ABC展开与侧面ACC1A1在同一个平面，如图所示，只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值在ADF中，DAF60+90150，由余弦定理可得：DF，DEF周长的最小值故选：D【点评】本题考查了空间几何位置关系、余弦定理、侧面展开图，考查了转化能力、数形结合能力、推理能力与计算能力，属于难题12（5分）如图，已知矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M是线段A1C的中点，则ADE在翻折过程中，下列

17、命题：线段BM的长是定值；存在某个位置，使DEA1C；点M的运动轨迹是一个圆；存在某个位置，使得MB面A1DE正确的个数是（）A1B2C3D4【分析】取CD中点F，连接MF，BF，由余弦定理可得MB2MF2+FB22MFFBcosMFB，所以MB是定值，M在以B为球心，MB为半径的球上，可判断；A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可判断；取CD中点F，连接MF，BF，可得平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，可判断【解答】解：，取CD中点F，连接MF，BF，则MFDA1，BFDE，由A1DEMFB，MFA1D为定值，FBDE为定值，由余弦定理可得MB2MF2+FB22MF

18、FBcosMFB，所以MB是定值，故正确；若成立，即DEA1C，由AEDBEC45，可得 DECE，则DE面A1EC，DEA1E，而这与DA1A1E矛盾，故错误；，B是定点，M在以B为球心，MB为半径的球面上，故错误；，取CD中点F，连接MF，BF，则MFDA1，BFDE，由面面平行的判定定理可得平面MBF平面A1DE，即有MB平面A1DE，可得错误故选：A【点评】本题考查空间线线、线面的位置关系，运用线面、面面平行与垂直的判定和性质定理是解题的关键二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）一个几何体的表面展开平面图如图，该几何体中的与“数”字面相对的是“学”字面【分析】根据

19、表面展开图得到几何体为三棱台，从而得出答案【解答】解：由图形可知几何体为三棱台，两个三角形为棱台的上下底面，与“数”字面相对的是“学”字面故答案为：学【点评】本题考查了棱台的结构特征，属于基础题14（5分）九章算术卷5商功记载一个问题“今有圆堡壔（dao），周四丈八尺，高一丈一尺问积几何？”意思是：今有圆柱形土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，则它的体积是2112立方尺（取3，1丈10尺）【分析】根据周长求出城堡的底面半径，代入圆柱的体积公式计算【解答】解：设圆柱形城堡的底面半径为r，取3，1丈10尺，则由题意得2r48，r8尺又城堡的高h11尺，城堡的体积Vr2h64112112立方

20、尺故答案为：2112【点评】本题考查了圆柱的体积计算，属于基础题15（5分）已知平面外两点A，B到平面的距离分别为和2，A，B在平面内的射影之间的距离为，则线段AB的长度为或【分析】当A，B在平面的同侧，线段AB的长度|AB|；当A，B在平面的异侧，线段AB的长度|AB|+由此能求出线段AB的长度【解答】解：当A，B在平面的同侧，如下图：AA，BB2，AB，过A作ADBB，交BB于D，线段AB的长度|AB|2，当A，B在平面的异侧，如下图：AA，BB2，AB，连结AB，交AB于O，则，线段AB的长度|AB|AO|+|BO|+2故答案为：或【点评】本题考查线段长的求法，考查推理论证能力、运算求解

21、能力、空间相想象能力，考查分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题16（5分）在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB2，则正三棱锥SABC的体积为，其外接球的表面积为12【分析】根据空间直线平面的垂直问题，得出棱锥的高，转化顶点，求解体积，补图的正方体的外接球求解【解答】解：取AC中点D，则SDAC，DBAC，又SDBDD，AC平面SDB，SB平面SBD，ACSB，又AMSB，AMACA，SB平面SAC，SASB，SCSB，根据对称性可知SASC，从而可知SA，SB，SC两两垂直，将其补为立方体，其棱长为2，VSABCSCASB，其外接球即为立方体的外接球

22、，半径r，表面积S4312【点评】本题考查了空间空间几何体的性质，学生的空间思维能力，计算能力，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO底面ABCD，E是PC的中点求证：（）PA平面BDE；（）平面PAC平面BDE【分析】（I）根据线面平行的判定定理证出即可；（II）根据面面垂直的判定定理证明即可【解答】证明：（I）O是AC的中点，E是PC的中点，OEAP，又OE平面BDE，PA平面BDEPA平面BDE（II）PO底面ABCD，POBD，又ACBD，且ACPOOBD平面PAC，而BD平面BD

23、E，平面PAC平面BDE【点评】本题考查了线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，是一道基础题18（12分）如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为4的正三角形，PAPC，PB4，面PAC面ABC（1）求证：ACPB；（2）求三棱锥APBC的体积【分析】（1）取AC的中点D，连接PD，BD，可得PDAC，BDAC，再由线面垂直的判定可得AC平面PDB，进一步得到ACPB；（2）由平面PAC平面ABC，利用面面垂直的性质可得PD平面ABC，再由等体积法求三棱锥APBC的体积【解答】（1）证明：取AC的中点D，连接PD，BD在PAC中，PAPC，PDAC，在ABC中，BABC，BDAC，又PDB

24、DD，AC平面PDB，而PB平面PDB，ACPB；（2）解：平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，由（1）知PDAC，PD平面ABC，在ABC中，BABC4，BD，PD平面ABC，BD平面ABC，PDBD，又PB4，PD2，【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题19（12分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4过E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（）在图中画出这个正方形（不必说

25、出画法和理由）（）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值【分析】（）利用平面与平面平行的性质，可在图中画出这个正方形；（）求出MH6，AH10，HB6，即可求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值【解答】解：（）交线围成的正方形EFGH如图所示；（）作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EB112，EMAA18因为EFGH为正方形，所以EHEFBC10，于是MH6，AH10，HB6因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为【点评】本题考查平面与平面平行的性质，考查学生的计算能力，比较基础20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60

26、，PAABBC，E是PC的中点（1）求PB和平面PAD所成的角的大小（2）求二面角APDC的正弦值【分析】（1）推导出PAAB又ABAD，从而AB平面PAD进而APB为PB和平面PAD所成的角，由此能示出PB和平面PAD所成的角的大小（2）推导出PACD，从而CD平面PAC，进而AE平面PCD过点E作EMPD，垂足为M，连接AM，则AME是二面角APDC的平面角由此能求出二面角APDC的正弦值【解答】（本小题10分）解：（1）在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB又ABAD，PAADA，AB平面PAD故PB在平面PAD内的射影为PA，从而APB为PB和平面PAD所成

27、的角在RtPAB中，ABPA，故APB45所以PB和平面PAD所成的角的大小为45（2）在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，CD平面ABCD，PACD由条件ACCD，PAACA，CD平面PAC又AE平面PAC，CDAE由PAABBC，ABC60，可得ACPAE是PC的中点，PCAE又CDPCC，AE平面PCD过点E作EMPD，垂足为M，连接AM，如图所示AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，AMPDAME是二面角APDC的平面角由已知CAD30，设CD1，RtPAC中，在RtADP中，AMPD，AMPDAPAD，得在RtAEM中，所以二面角APDC的正弦值为【点评】本题考查线面角

28、的求法，考查二面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养21（12分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点（1）求异面直线B1E与BG所成角的余弦值；（2）棱CD上是否存在点T，使得AT平面B1EF？请证明你的结论【分析】第一问利用异面直线的定义通过平移放到有公共顶点的三角形中，算出各边的值，再利用余弦定理求出所成角的余弦值；第二问在DC上固定一点T，可得出点T在DC的四分之一处，再利用直线与面平行的判定定理，找到线线平行即可【解答】解：（1）在A1、D1上取中点M，连接，连接ME、GE、MG因为ABCDA1B1C1D1

29、是正方体，M、G分别为A1D1、AD的中点，所以BGB1M所以B1E与BG所成角即为B1M与BG所成角，所以MB1E为异面直线B1E与BG所成角正方体边长为2，则，所以（2）在棱CD 上取点T，使得DTDC，则AT平面B1EF证明如下：延长BC，B1F交于H，连EH交DC于K，因为CC1BB1，FCC1的中点，所以C为BH中点因为CDAB，所KCAB，且KC，因为DTDC，E为AB中点，所以TKAE，且TKAE，即四边形AEKT为平行四边形，所以ATEK，即ATEH，又EH平面B1EF，AT平面B1EF，所AT平面B1EF【点评】本题主要考查了异面直线所成夹角问题和直线与面平行的判定，属于中等

30、题22（12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD是边长为2的棱形，且DAB60，PBPC，PD4，E，F分别是AD，PA的中点（1）证明：AD平面BEF；（2）若二面角PADB的大小为30，求点D到平面PBC的距离【分析】（1）取BC中点G，连接GD，GP，BD证明BCDGBCPG即可证明BC平面DGP证明EFPD，BEDG推出平面BEF平面PDG，然后证明AD平面BEF（2）说明FEB为二面角PADB的平面角，即FEB30求出三棱锥PBCD的高为2求出三棱锥PBCD的体积，利用三棱锥PBCD的体积与三棱锥DPBC的体积相等求解即可【解答】（1）证明：取BC中点G，连接GD，GP，BD在B

31、CD中，BCCD，DCBDAB60，所以BCD为正三角形又G为BC中点，BCDG因为PBPC，所以BCPG又DGPGG，故BC平面DGP因为E，F分别是AD，PA的中点，所以EFPD，BEDG又BEEFE，所以平面BEF平面PDG又ADBC，故AD平面BEF（2）解：因为AD平面BEF，所以ADEF，ADBE，则FEB为二面角PADB的平面角，即FEB30因为PD4，所以EF2因为AB2AE2，且DAB60，所以所以BF1，且BFBE因为AD平面BEF，所以ADBF所以BF平面ABCD，所以三棱锥PBCD的高为2于是三棱锥PBCD的体积在ABF中，BF1，AB2，BFAB，所以则在ABP中，所以，于是PBC的面积设点D到平面PBC的距离为d，三棱锥PBCD的体积与三棱锥DPBC的体积相等所以，故【点评】本题考查直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力