2020山西省高二数学理科月考第一次试卷

一、选择题

1．如图所示的组合体，其结构特征是（ ）

A．左边是三棱台，右边是圆柱 C．左边是三棱台，右边是长方体

B．左边是三棱柱，右边是圆柱 D．左边是三棱柱，右边是长方体

2. 给出下列四个说法，其中正确的是（ ）

A．线段AB在平面内，则直线AB不在平面内； B．三条平行直线共面； C．两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点；

D．空间三点确定一个平面.

3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

27A．

2A．①③

9B．

2B．①④

21C．

2C．②③

29D．

2D．②④

4．设、、是三个不同平面，l是一条直线，下列各组条件中可以推出//的有（ ）

①l⊥，l⊥ ②l//，l// ③//，// ④⊥，⊥

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

5．直线l与平面内的两条直线都垂直，则直线l与平面的位置关系是（ ） A．平行

B．垂直

C．在平面内

D．无法确定

6．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为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+2

B．

1+2 2C．

2+2 2D．1+2 7．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是AD,C1D1的中点，O为正方形ABCD的中心，则（ ）

A．直线EF,OD1是异面直线，且EF=OD1 B．直线OD1,B1B是异面直线且OD1B1B C．直线EF,OD1是相交直线，且EF=OD1 D．直线OD1,B1B是相交直线且OD1=B1B 8．一个透明封闭的正四面体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状可能是：①正三角形②直角三形③正方形⑤梯形，其中正确的个数有（ ） A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

9．已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为3，A，B为底面圆周上两个动点，则下列说法不一定正确的是（ ） A．圆锥的高为1

C．三角形PAB面积的最大值为2

B．三角形PAB为等边三角形 D．直线PA与圆锥底面所成角的大小为

 610．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则此几何体的表面积为（ ）

A．6+2(2+3 B．6+2(2+5)

)C．10 D．12

11．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（ ）

A．线段BM的长度是定值 B．点M在某个球面上运动 C．存在某个位置，使DE⊥A1C D．存在某个位置，使MB面A1DE

12．如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2.E，

F分别是侧面ACC1A1和侧面ABB1A1上的动点，满足二面角A−EF−A1为直二面角.若

点P在线段EF上，且AP⊥EF，则点P的轨迹的面积是 （ ）

A．

 3B．

2 3C．

4 3D．

8 3二、填空题

13．已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则此四棱锥的侧棱与底面所成角的弧度数为______.

14．如图所示，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，ABCD=O，且

AB⊥CD,SO=OB=2，P为SB的中点，则异面直线SA与PD所成角的正切值为

__________.

15．四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，AB＝2，BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，AB⊥平面BCD，则球O的表面积为_______．

16．如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，B是母线SA上一点，且AB=10公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路.这条铁路从A出发后首先上坡，随后下坡，则下坡段铁路的长度为______________公里.

三、解答题

17．（1）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为4π，求球的表面积 （2）正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高

18．如图，在直棱柱ABC−A1B1C1中，BC⊥AC，AC=CC1，D，E分别是棱AB，

AC上的点，且BC//平面A1DE.

（1）证明：DE//B1C1； （2）求证：AC1⊥A1B.

19．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为PA的中点，F为BC 的中点，底面ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O．

求证：（1）平面EFO//平面PCD； （2）平面PAC⊥平面PBD．

20．如图所示，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，点E、F分别是棱BC、DC的中点.

（1）求证：BD∥平面EFC1；

（2）若AA1=3AB，求直线AC11与平面EFC1所成角的正弦值.

21．已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，ABC=600，E为AB的中点，PA⊥平面ABCD，PC与平面PAD所成角的正弦值为6. 4

（1）在棱PD上求一点F，使AF//平面PEC； （2）求二面角D−PE−A的余弦值.

22．如图，为正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，底面边长AB=a，高AA1=h.

（1）若a=h，求异面直线BD1和CF1所成角的余弦值； （2）计算四面体BCD1F1的体积（用a、h来表示）；

（3）若正六棱柱底面边长a和高h满足：2h+3a=k（k为定值），则当底面边长a和高h分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？

参考答案

1. D

由已知图形，结合棱柱定义，即可得出结论.

根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体. 故选:D. 2. C

【解析】用立体几何中的公理及公理的推论对每个选项进行判别，可得到答案. 【详解】

对A：根据立体几何公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.显然，A中的直线AB在平面内，故A不正确；

对B：三条平行直线，可以共面，也可以是其中一条直线平行于其它两条直线确定的平面，故B不正确；

对C：根据立体几何公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.显然，如果两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点，故C正确；

对D：根据立体几何公理2：过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面.显然，任意三点，不一定确定一个平面.故D不正确； 综上所述，只有C正确. 故答案为：C. 3. B

【解析】根据三视图特征，在棱长为3的正方体中截取出符合题意的立体图形，该几何体为三棱锥A−BCD，求出三棱锥的体积即可. 【详解】

根据三视图特征，在棱长为3的正方体中截取出符合题意的立体图形，该几何体为三棱锥

A−BCD，

所以VA−BCD=故选：B. 4. 【答案】A

1S3119AC=333=. BCD322【解析】根据线面垂直的性质，面面平行的判断定理及性质，以及空间中平面间的位置关系，即可得出结论. 【详解】

①垂直于同一条直线的两个平面平行；因为l⊥，l⊥，所以//；故①正确； ②因为l//，l//，所以与可能平行或相交；故②错；

③平行于同一个平面的两个平面平行；因为//，//，所以//；故③正确； ④因为⊥，⊥，则与可能平行或相交；故④错； 故选：A. 5. D

【解析】作出正方体ABCD−A1B1C1D1，以平面ABCD为平面，对直线l分别为

AB、AA1、A1B1、AB1进行分类讨论，可得出结论.

【详解】 如下图所示：

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以平面ABCD为平面. ①以直线AB为直线l，则l⊥AD，l⊥BC，此时l；

②以直线A1B1为直线l，

l//AB，AB⊥AD，则l⊥AD，同理可得l⊥BC，此时

l//；

③以直线AA1为直线l，则l⊥AD，l⊥BC，此时l⊥； ④以直线AB1为直线l，

AD⊥平面AA1B1B，l平面AA1B1B，则l⊥AD，同理可得

l⊥BC，此时直线l与平面斜交.

因此，直线l与平面的位置关系不确定. 故选：D. 6. A

【解析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，根据梯形面积公式即可求解. 【详解】

如图，恢复后的原图形为一直角梯形，

所以S=1(1+2+1)2=2+2. 2故选：A. 7.C

【解析】根据题意画出图像，再判断EF和OD1的位置关系和长度，OD1和B1B的位置关系和长度即可得到答案. 【详解】

根据题意画出图像如图所示，

由图像易知，OD1和B1B在矩形BB1D1D上，

OD1和B1B是相交直线，且OD1B1B，故选项B、D错误；

O为正方形ABCD的中心，E为AD的中点，

1所以OE//CD，且OE=CD，

2又点F为C1D1的中点，所以D1F//CD，且D1F=1CD， 2所以OE//D1F，且OE=D1F，四边形OED1F是平行四边形， 则EF和OD1是OED1F的两条对角线， 所以EF和OD1是相交直线，且EF=OD1； 故选项A错误，C正确. 故选：C 8. C

【解析】根据已知，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状即为作一截面将正四面体截成体积相等的两部分，根据截面性质作图即可得到答案． 【详解】

解：根据已知，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状即为作一截面将正四面体截成体积相等的两部分，根据对称性和截面性质作图如下： 观察可知截面不可能出现直角三角形. 故选：C

9. 【答案】B

【解析】直接利用勾股定理的应用求出圆锥的高，进一步判定三角形的形状和直线与平面的夹角． 【详解】

解：圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为3， 如图所示：

所以圆锥的高为h=2−2(3)2=1．故选项A一定正确；

由于A和B为底面圆周上两个动点，由于满足PA＝PB，所以△PAB为等腰三角形，故选项B不一定正确． 由于SPAB1=22sinAPB， 2当sinAPB=1时，即AB=22（因为直径长为23，AB=22必能取到）时，三角形PAB面积的最大值为2．故选项C一定正确；

直线PA与圆锥底面所成角为直线PA和AO所成的角，即∠PAO，

在△APO中，sinPAO=所以PAO=故选：B．

10. 【答案】B

PO1=， AP26，故选项D一定正确．

由三视图得知该几何体的直观图如下图所示：

由直观图可知，底面ABCD是边长为2的正方形，其面积为22=4； 侧面PCD是等腰三角形，且底边长CD=2，底边上的高为2，其面积为且PC=PD=12+22=5；

侧面PAD是直角三角形，且PDA为直角，PD=5，AD=2，其面积为

122=2， 2125=5，PBCPAD，PBC的面积为5； 2侧面积PAB为等腰三角形，底边长AB=2，PA=PB=2PD2+AD2=3，底边上的高

21AD222=22. 为h=PA−，其面积为=2222因此，该几何体的表面积为4+2+5+5+22=6+211. 【答案】C

(2+5，故选B.

)【解析】取CD中点N，连接MN，BN，利用线面平行的判定定理和性质定理可以证明

MB平面A1DE恒成立，从而判定D正确；利用三角形MNB中的边角定值分析可得BM

是定值，从而判定A、B正确；根据排除法，或者利用面面垂直的判定定理与性质，证明

OC与DE不垂直.从而判定C不正确.

【详解】

解：取CD中点N，连接MN，BN，

则MNDA1，BNDE，

所以平面MBN平面A1DE，所以MB平面A1DE，故D正确； 由∠A1DE＝∠MNB，MN＝

1A1D＝定值，NB＝DE＝定值， 2由余弦定理可得MB2=MN2+NB2−2MN?NB·cosMNB， 所以MB是定值，故A正确；

因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故B正确； 连接AN,EN,设AN,DE交点为F,连接A1F，易知ADNE为正方形，BD⊥AN, 又

在折叠过程中A1F⊥DE始终不变，

直线DE⊥平面A1AN,平面A1AN⊥平面ABCD,

根据面面垂直的性质定理可得A1在平面ABCD中的射影O在线段AN上， A1C在平面ABCD中的射影为OC，

由于CFD是直角，所以OC与DE不垂直，

DE⊥A1C不可能，可得C不正确.

故选：C. 12. 【答案】B

【解析】根据已知条件得P的轨迹为以AA1为直径的球在三棱柱ABC−A1B1C1内部的曲面，再根据球的面积公式求解即可. 【详解】

解：∵ 二面角A−EF−A1为直二面角 ∴ 平面AEF⊥平面EFA1，

又∵ 点P在线段EF上，且AP⊥EF，AP平面AEF，平面AEF平面

EFA1=EF

∴ AP⊥平面EFA1，连接A1P， ∴ AP⊥A1P，∴ P在以AA1为直径的球上，且P在三棱柱ABC−A1B1C1内部，

∴ P的轨迹为以AA1为直径的球在三棱柱ABC−A1B1C1内部的曲面， 又∵ 三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱， ∴ P的轨迹为以AA1为直径的球面，占球面的∴ 点P的轨迹的面积是S=故选：B. 13. 【答案】

1， 6124=. 63 3【解析】由已知正四棱锥的底面边长为2，可以求出底面正方形对角线的一半，再利用高为3，从而可以求出它的侧棱与底面所成角. 【详解】

如图正四棱锥P−ABCD中，AB=2，PO=3，PO⊥底面ABCD，

所以AC=2，AO=1，PAO即为侧棱PA与底面ABCD所成角， 在△APO中，tanPAO=PO3， =AO1所以PAO=3.

故答案为：

 314. 【答案】2 【解析】由于SA与PD是异面直线，所以需要平移为相交直线才能找到异面直线SA与

PD所成角，由此连接OP再利用中位线的性质得到异面直线SA与PD所成角为OPD ,

并求出其正切值． 【详解】

连接PO，则POSA，

OPD即为异面直线SA与PD所成的角，

又SO⊥CD，AB⊥CD，SOAB=O，

\\CD^平面SAB，

CD⊥OP，

即DO⊥OP，

OPD为直角三角形，

tanOPD=15.

OD2==2. OP216 3【解析】画出几何体的图像，通过底面外心的且垂直于底面的垂线以及AB的垂直平分线，确定球心的位置，计算出球的半径，由此求得球的表面积. 【详解】

画出几何体的图像如下图所示，由于BC=CD,BCD=60，所以三角形BCD为等边三角形，设其外心为O1,则球心是过O1且垂直于底面BCD的直线与线段AB的垂直平分线的交点处，如图所示.其中O1B=231,OO1=AB=1，故外接球的半径32316π4224πR=，外接球的表面积为. R2=OB=+1=3332

16. 【答案】18

【解析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果. 【详解】

如图，展开圆锥的侧面，过点S作AB的垂线，垂足为H，

记点P为AB上任意一点，联结PS，Q¼AA=ASASA40ASA=210ASA=2，

由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的AB，AB=SA2+SB2=402+302=50， 上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大， ∴下坡段的铁路，即图中的HB，

SB2302==18. 由Rt△SAB∽Rt△HSB，得HB=AB50故答案为：18

17. 【答案】（1）S球=20（2）侧棱长

29321 ；斜高33【解析】（1）截面圆的半径r=2，球半径R=12+22=5，得到球表面积. （2）如图所示：计算OA=定理计算得到答案. 【详解】

（1）截面圆的半径r=2，球半径R=12+22=5，S球=4R=20 （2）正三棱台ABC-A1B1C1中，高OO1=3，底面边长为A1B1=2，AB=4， 故OA=2423，O1A1=3，OE=23，O1E1=3，根据勾股33333432AB=3，O1A1=A1B1=3， 33332侧棱长AA1=3+（42932， 3−3）=333又OE=2332322，O1E1=，斜高EE1=32+（3−）=21.

33333

18. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）利用线面平行的性质定理可得BC//DE，从而得到B1C1//DE. （2）连接AC1，可证AC1⊥平面A1BC，从而得到AC1⊥A1B. 【详解】

（1）因为BC//平面A1DE，BC平面ABC，平面ABC所以BC//DE.

又在直棱柱ABC−A1B1C1中，有BC//B1C1，所以B1C1//DE.

(2)连接AC1，因为棱柱ABC−A1B1C1为直棱柱，所以CC1⊥平面ABC， 又BC平面ABC，所以BC⊥CC1.

又因为BC⊥AC，AC平面ACC1A1，CC1平面ACC1A1，AC平面A1DE=DE，

CC1=C，

平面ACC1A1，所以BC⊥AC1. 所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1在直棱柱ABC−A1B1C1中，有四边形AAC11C为平行四边形. 又因为AC=CC1，所以四边形AAC11C为菱形，所以AC1⊥AC1. 又BCAC=C,1平面A1BC， BC平面A1BC,AC1所以AC1⊥平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AC1⊥A1B. 19. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】【详解】

（1）因为E为PA的中点，O为AC的中点，所以EO//PC 又EO平面PCD，PC平面PCD，所以EO//平面PCD 同理可证，FO//平面PCD，又EOIFO=O 所以，平面EFO//平面PCD．

（2）因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD

因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又PA所以BD⊥平面PAC

又BD平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD． 20. 【答案】（1）见解析；（2）AC=A

26 5【解析】(1)由点E、F分别是棱BC、DC的中点，则EF∥BD，可得证.

(2) 以D为原点，DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,用向量法求出平面EFC1的一个法向量，然后即可求线面角. 【详解】

证明：（1）∵点E、F分别是棱BC、DC的中点，∴EF∥BD. 又EF平面EFC1,BD平面EFC1，BD∥平面EFC1.

（2）以D为原点，DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系 则A1(1,0,3),F(0,11,0),E(,1,0),C1(0,1,3) 22111FE=(,,0),EC1=(−,0,3)

222设平面EFC1的一个法向量为n=(x,y,z) 由nFE=0,nEC1=0

11x+y=0y=−x22可得

x=23z−1x+3z=02令z=1

n=(23,−23,1)

AC11=(−1,1,0) cosA1F,n=AC11nAC11n=26 526. 5∴直线A1F与平面EFC1所成角的正弦值为21. 【答案】（1）F为PD中点；（2）431. 31【解析】（1）如图，建立空间直角坐标系，设P(0,1,m)，求出平面PAD的法向量，由

PC与平面PAD所成角的正弦值为6，求出m得值，设PF=PD，利用4AF=AP+PF可得AF的坐标，求出平面PEC的法向量m，利用mAF=0，即可求

出得值，可得F为PD中点；

（2）分别求出平面PEA的法向量与平面PED的法向量，再利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】

（1）以BD为x轴，CA为y轴，AC与BD的交点为O，过O作平面ABCD的垂线为

z轴，建立空间直角坐标系.

其中：A(0,1,0)，B−3,0,0，C(0,−1,0)，D()(3,0,0，P(0,1,m)，

)31E−2,2,0，PC=(0,−2,−m).设平面PAD的法向量n=(x,y,z)，AP=(0,0,m)，AD=(mz=03,−1,0.所以，所以n=3x−y=0)(3,3,0

)所以cosPC,n=−64+m212=6，因此m=2，故P(0,1,2) 4设PF=PD，AP=(0,0,2)，PD=(3,−1,−2，则

)AF=AP+PF=(3,−,2−2.

)31EP=设平面PEC的法向量为m=(x,y,z)，2,2,2，PC=(0,−2,−2)

31x+y+2z=0所以2，故m=−3,−1,1. 2−2y−2z=0()mAF=0，所以−3++2−2=0，因此=（2）平面PEA的法向量n1=1，所以F为PD中点. 2(3,−3,0，平面PED的法向量n2=)(3,9,−3，

)cosn1,n2=3−274=−31由二面角D−PE−A为锐二面角，

311293431. 31因此，二面角D−PE−A的余弦值为

22. 【答案】（1）

k5323h=；（2）；（3），a=ahk.

410126【解析】（1）建立分别以FB、FE、FF1为x、y、z轴的空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线BD1和CF1所成角的余弦值；

（2）利用空间向量法计算出点D1到平面BFC的距离d，并计算出△BFC的面积，利11用锥体的体积公式可求得四面体BCD1F1的体积；

（3）计算出正六棱柱的表面积与体积之比的表达式，结合条件2h+3a=k可得出

2VV1kk，利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的h与k=−h−+SSk416的比值，即可得解. 【详解】

（1）如图，建立分别以FB、FE、FF1为x、y、z轴的空间直角坐标系，

则点B(3a,0,0、C)(3a3a3a,a,0、D12,2,a、F1(0,0,a)，

)3a3aBD1=−2,2,a，CF1=−3a,−a,a，

()23a23a23a3a222BD1CF1=−+a=a，BD1=−++a=2a，22222CF1=5a，

a25cosBD,CF===所以，， 11BD1CF12a5a10BD1CF1所以，异面直线BD1和CF1所成角的余弦值为5； 10（2）易知点B(3a,0,0、C)(3a3a3a,a,0、D12,2,h、F1(0,0,h)，

)3aaCD=−BF=−3a,0,hBC=(0,a,0)，1，12,2,h，

()nBC=0ay=0设平面BFC，得， 1法向量为n=(x,y,z)，由nBF1=0−3ax+hz=0令x=h，则z=3a，y=0，n=h,0,3a，

()所以D1到平面BFC1的距离d=nCD1n−=3aah+0+h3a3ah， 22=h2+3a22h2+3a2又FC=4a2+h2，BC=a，BF1=3a2+h2， 12，则S△BF1C=BC2+BF12=FC111BCBF1=a3a2+h2， 221113ah32VD1−BF1C=S△BF1Cd=a3a2+h2=ah；

22332122h+3a6（3）由题知，正六棱柱的表面积S=6ha+2创正六棱柱的体积V=6创12?asin6026ha+33a2，

12asin60?h2332ah， 2332ahV3a2h3ah， 2\\===S6ha+33a24ha+23a24h+23aVhk−2h2hh21kk又2h+3a=k，==−=−h−+，

S2k2kk416所以当h=【点睛】

本题考查利用空间向量法计算异面直线所成的角、三棱锥的体积，同时也考查了柱体体积与表面积比值的最值的求解，考查了二次函数基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.

2kkVS3时，有最大值，也即取得最小值，此时h=，a=k. 44SV6