1、泰化學校2020學年第一學期第一次月考高二數(shù)學一、選擇題 （ 本大題共12小題，每小題5分，共60分）1.如圖所示，觀察四個幾何體，其中判斷正確的是（ ）A. 是棱臺 B. 是圓臺 C. 不是棱錐 D. 是棱柱【答案】D【解析】【分析】利用幾何體的結構特征進行分析判斷，能夠求出結果【詳解】圖不是由棱錐截來的，所以不是棱臺；圖上、下兩個面不平行，所以不是圓臺；圖是棱錐圖前、后兩個面平行，其他面是平行四邊形，且每相鄰兩個四邊形的公共邊平行，所以是棱柱故選：D【點睛】本題考查幾何體的結構特征，解題時要認真審題，注意熟練掌握基本概念2.下列命題中是真命題的個數(shù)是（ ）（1）垂直于同一條直線的兩條直線互

2、相平行（2）與同一個平面夾角相等的兩條直線互相平行（3）平行于同一個平面的兩條直線互相平行（4）兩條直線能確定一個平面（5）垂直于同一個平面的兩個平面平行A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：逐一分析判斷每一個命題的真假.詳解：對于（1），垂直于同一條直線的兩條直線可能平行，也可能異面或相交.所以是錯誤的.對于（2），與同一個平面夾角相等的兩條直線可能互相平行，也可能相交或異面，所以是錯誤的.對于（3），平行于同一個平面的兩條直線可能互相平行，也可能異面或相交，所以是錯誤的.對于（4）兩條直線能不一定確定一個平面，還有可能不能確定一個平面,所以是錯誤的.對于（5），垂直于同一個平面的

3、兩個平面不一定平行，還有可能相交,所以是錯誤的.故答案為：A點睛：（1）本題主要考查空間位置關系的判斷，意在考查學生對該基礎知識的掌握能力和空間想象能力. (2)判斷空間位置關系命題的真假，可以直接證明或者舉反例.3.已知直線、，平面、，給出下列命題： 若，且，則若，且，則若，且，則若，且，則其中正確的命題是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：可由面面垂直的判定定理進行判斷；可由面面平行的條件進行判斷；可由面面垂直的條件進行判斷；可由面面垂直的判定定理進行判斷.解析：若，且，則，正確. ，且，可得出或，又，故可得到.若，且，則，不正確.兩個面平行與同一條線平行，兩平面有可能相

4、交.若，且，則，不正確.且，可得出，又，故不能得出.若，且，則，正確.且，可得出，又，故得出.故選：C.點睛：解決空間位置關系問題的方法(1)解決空間中點、線、面位置關系的問題，首先要明確空間位置關系的定義，然后通過轉化的方法，把空間中位置關系的問題轉化為平面問題解決(2)解決位置關系問題時，要注意幾何模型的選取，如利用正(長)方體模型來解決問題4.(2020新課標全國I理科)九章算術是我國古代內容極為豐富的數(shù)學名著，書中有如下問題:“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺.問:積及為米幾何?”其意思為:“在屋內墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的

5、弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少?”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有A. 14斛 B. 22斛C. 36斛 D. 66斛【答案】B【解析】試題分析：設圓錐底面半徑為r，則，所以，所以米堆的體積為=，故堆放的米約為1.6222，故選B.考點：圓錐的性質與圓錐的體積公式視頻5.設正方體的表面積為24，一個球內切于該正方體，那么這個球的體積是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據(jù)已知中正方體的全面積為24cm2，一個球內切于該正方體，結合正方體和圓的結構特征，求出球的半徑，代入球的體積公式即可求出答案【詳解】正方體

6、的全面積為24cm2，正方體的棱長為2cm，又球內切于該正方體，這個球的直徑為2cm，則這個球的半徑為1m，球的體積V= . 故選A【點睛】本題考查的知識點是球的體積，其中根據(jù)正方體和圓的結構特征，求出球的半徑，是解答本題的關鍵6.在中，將繞直線旋轉一周，所形成的幾何體的體積是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如圖，繞直線旋轉一周，則所形成的幾何體是以ACD為軸截面的圓錐中挖去一個以ABD為軸截面的校園追后剩余的部分.因為，所以.，所以.故選D.7.某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱

7、側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根據(jù)題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，點M在上底面上，點N在下底面上，并且將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據(jù)平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.詳解：根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征，可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的

8、位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.8.某幾何體的正視圖和側視圖如圖（1）所示，它的俯視圖的直觀圖是，如圖（2）所示，其中， ，則該幾何體的體積為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得底面的底面AB=4，AB邊上的高OC=2，棱錐的高h=6，代入棱錐體積公式，可得答案【詳解】：俯視圖的直觀圖ABC中OA=OB=2，OC，故AB=4，AB邊上的高OC=2，故底面面向S=4，由正視圖和側視圖得：棱錐的高h=6，故棱錐的體積8，故選B【點睛】本題考查的知識點是由三視圖求幾何體的體積，屬于基礎題9. 點P為ABC

9、所在平面外一點，PO平面ABC，垂足為O，若PA=PB=PC，則點O是ABC的（ ）A. 內心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心【答案】B【解析】試題分析：由題PO平面ABC，且PA=PB=PC。則由射影定理可得：OA=OB=OC即O為三角形的外心考點：射影定理及外心10.已知在底面為菱形的直四棱柱中， ，若，則異面直線與所成的角為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】連接交于點 ，（或其補角)為異面直線與所成的角，轉化到三角形中即可求出.【詳解】連接，四邊形為菱形， ，.又為直角三角形， ，得，四邊形為正方形.連接交于點 ，（或其補角)為異面直線與所成的角，由于為正方形，

10、 ，故異面直線與所成的角為.故選：.【點睛】求異面直線所成角的步驟:1平移,將兩條異面直線平移成相交直線2定角,根據(jù)異面直線所成角的定義找出所成角3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函數(shù)求角4結論11.如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】 對于選項B中，由于，結合線面平行判定定理可可知B不滿足題意； 對于選項C中，由于，結合線面平行的判定定理可知C不滿足題意；對于選項D中，由于，結合線面平行的判定定理可知D不滿足題意；所以選項A滿足題意，故選A12.正四

11、棱錐SABCD的底面邊長和各側棱長都為，點S、A、B、C、D都在同一個球面上，則該球的體積為 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先確定球心位置，再求球的半徑，然后可求球的體積【詳解】正四棱錐S-ABCD的底面邊長和各側棱長都為，點S、A、B、C、D都在同一個球面上，則該球的球心恰好是底面ABCD的中心，球的半徑是1，體積為故選A.【點睛】本題考查球的內接體和球的體積，考查學生空間想象能力，是基礎題二、填空題（共4題，每小題5分，共20分）13. 某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為_【答案】【解析】由三視圖還原幾何體為半個圓錐，高為2，底面半圓的半徑r1.體積V(122)

12、.視頻14.若兩個球的表面積之比為，則這兩個球的體積之比為 【答案】1:8【解析】試題分析：由求得表面積公式得半徑比為，由體積公式可知體積比為考點：球體的表面積體積15.已知圓錐的母線長是，側面展開圖是半圓，則該圓錐的側面積為_【答案】【解析】【分析】根據(jù)底面周長等于側面展開圖的弧長，列方程解出底面半徑，再計算側面積【詳解】設圓錐底面半徑為r，則2r=2，r=1，圓錐的側面積S=rl=2故答案為2【點睛】本題考查了圓錐的結構特征和側面積公式，屬于基礎題16.如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結論：BDAC； BA

13、C是等邊三角形；三棱錐DABC是正三棱錐； 平面ADC平面ABC。其中正確的是_【答案】【解析】【分析】設等腰直角三角形ABC的腰為a，則斜邊BC=a，利用面面垂直的性質定理易證BD平面ADC，又AC平面ADC，從而可知BDAC，可判斷；依題意及設法可知， 利用勾股定理可求得，從而可判斷；又因為DA=DB=DC，根據(jù)正三棱錐的定義判斷；作出平面ADC與平面ABC的二面角的平面角，利用BD平面ADC可知，BDF為直角，BFD不是直角，從而可判斷【詳解】設等腰直角三角形ABC的腰為a，則斜邊BC=a，D為BC的中點，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，故正確；由A知，BD平面ADC，CD平面ADC，BDCD，又由勾股定理得：，又AB=AC=a，ABC是等邊三角形，故正確；ABC是等邊三角形，DA=DB=DC，三棱錐D-ABC是正三棱錐，故正確ADC為等腰直角三角形，取斜邊AC的中點F，則DFAC，又ABC為等邊三角形，連接BF，則BFAC，BFD為平面ADC與平面ABC的二面角的平面角，由BD平面ADC可知，BDF為直角，BFD不是直角，故平面ADC與平面ABC不垂直，故錯誤；綜上所述，正確的結論是【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用，著重考查線面垂直的判定與應用，考查二面角的作圖與運算，屬

15、于中檔題三解答題（6小題，共70分）17.球的兩個平行截面的面積分別是5，8，兩截面間的距離為1，求球的半徑【答案】（1）3（2）3【解析】【分析】設球半徑為r，球心為O，進而將空間圖形化位平面圖形，分別求得大弦和小弦，進而求得圓心0到兩個弦的距離，由已知圓心到兩弦距離之差為1，由此等量關系建立等式求得r【詳解】設兩個平行截面圓的半徑分別為r1，r2，球半徑為R，則由r5，得r1.由r8，得r22.(1)如圖所示，當兩個截面位于球心O的同側時，有1，所以1，解得R3.當兩個截面位于球心O的異側時，有1.此方程無解 所以球的半徑是3【點睛】本題主要考查了球的性質考查了學生轉化和化歸數(shù)學思想的應用

16、18.在三棱錐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，連接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的平面角的度數(shù)【詳解】取AB的中點O，連接VO，CO 因為VAB為等腰三角形 VOAB又因為CAB為等腰三角形COAB則VOC為二面角VABC的平面角AB=，AO=又VA=2則在RtVOA中，VO=1同理可求：CO=1又已知VC=1則VOC為等邊三角形，VOC=【點睛】本題考查二面角的求法，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)19.如圖，ABCD是正方形，O是正方形的中心，

17、PO底面ABCD，E是PC的中點 求證：()PA平面BDE ；()平面PAC平面BDE 【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）連接EO，由題意可得OEAP，再由線面平行的判定可得PA平面BDE；（2）由PO底面ABCD，得POBD，由已知可得ACBD，再由線面垂直的判定可得BD平面PAC，進一步得到平面PAC平面BDE；【詳解】（）連結EO，在PAC中，O是AC的中點，E是PC的中點， 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【點睛】本題考查直線與平面、平

18、面與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，屬中檔題20.如圖在正四面體ABCD中，棱長為2.且E,F分別是AC,BD的中點，（1）求線段E F的長（2）直線CD與平面DAB所成角的余弦值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）連接CF，AF，因為幾何體為正四面體，F(xiàn)為BD的中點，可得又因為E為AC的中點，則在 ，則；（2）取正四面體底面ABD的中心O,連接CO，DO，則易得 ，故即為直線CD與平面DAB所成角，求之即可.【詳解】（1）連接CF，AF，因為幾何體為正四面體，F(xiàn)為BD的中點，所以 又因為E為AC的中點，則在 ， ；（2），如圖取正四面體底面ABD的中心O,連接CO，DO，則易得 ，故即為直線CD與平面DAB所成角，【點睛】本題考查空間線面之間的關系，考查線段長度的求法及直線與平面所成角的求法，關鍵是要掌握空間問題平面化的思想方法.21.如圖，在三棱柱中，點P，G分別是，的中點，已知平面ABC，=3，=2.（I）求異面直線與AB所成角的余弦值；（II）求證：平面；（III）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（）（）見解析（）【解析】分析：（）由題意得AB，故G是異面直線與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