2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）9月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）9月月考数学试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 空间四点最多可确定平面的个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4

2. 已知直线a // 平面α，直线b⊂平面α，则( )
A.a // bB.a与b异面C.a与b相交D.a与b无公共点

3. 点E，F，G，H分别为空间四边形ABCD中AB，BC，CD，AD的中点，若AC=BD，且AC与BD所成角的大小为90∘，则四边形EFGH是( )
A.梯形B.空间四边形
C.正方形D.有一内角为60∘的菱形

4. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A.34B.32C.334D.3

5. 在正三棱锥P−ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，下列结论：①AC⊥PB；②AC//平面PDE；③AB⊥平面PDE，其中错误的结论个数是( )
A.0B.1 C.2D.3

6. 直线a，b异面，a // 平面α，则对于下列论断正确的是( )
①一定存在平面α使b⊥α；
②一定存在平面α使b // α；
③一定存在平面α使b⊂α；
④一定存在无数个平面α与b交于一定点．
A.①④B.②③C.①②③D.②③④

7. 如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是( )

A.55B.255C.12D.2

8. 已知三棱锥D−ABC中，AB=BC=1，AD=2，BD=5，AC=2，BC⊥AD，则三棱锥的外接球的表面积为( )
A.6πB.6πC.5πD.8π

9. 设l，m是不同的直线，α，β，γ是不同的平面( )
A.若l⊥α，l⊥m，则m // αB.若l⊂α，m⊂β，α // β，则l // m
C.若l // α，m⊥α，则l⊥mD.若α∩β=l，l⊥γ，m⊥β，则m // γ

10. 正四面体的外接球和内切球的半径的关系是( )
A.R=72rB.R=52rC.R=2rD.R=3r
二、填空题

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，AA1=2，AC=BC=1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．

三、解答题

圆锥PO如图1所示，图2是它的正（主）视图．已知圆O的直径为AB，C是圆周上异于A，B的一点，D为AC的中点．
图1 图2
(1)求该圆锥的侧面积S；

(2)求证：平面PAC⊥平面POD.

如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和CB上的点，G，H分别是CD和AD上的点，且AEEB=CFFB=1，AHHD=CGGD=2，求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点．


如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知E为棱CC1上的动点.

(1)求证：A1E⊥BD；

(2)当E为棱CC1的中点时，求直线A1E与平面A1BD所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
空间四点确定的直线的位置关系进行分类：空间四点确定的两条直线平行或有且只有三点共线；四点确定的两条直线异面；空间四点在一条直线，故可得结论．
【解答】
解：根据题意知，空间四点确定的直线的位置关系有三种：
①当空间四点确定的两条直线平行或有且只有三点共线时，则四个点确定1个平面；
②当四点确定的两条直线异面时，四点不共面，如三棱锥的顶点和底面上的顶点，则四个点确定4个平面．
③当空间四点在一条直线上时，可确定0个平面．
故空间四点最多可确定4个平面．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间直线与平面平行的定义，判断直线与平面内的直线有平行与异面两种位置关系，从而判定答案．
【解答】
解：∵ 直线a // 平面α，直线b⊂平面α，
∴ 直线a与直线b的位置关系是：a // b共面或a与b异面，
∴ 选项A、B、C错误，D正确．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
棱锥的结构特征
【解析】
先根据三角形的中位线定理整出两队对边平行且相等，是一个平行四边形，再证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=90∘，得到四边形是一个正方形．
【解答】
解：如图，
∵ EH是△ABD的中位线，
∴ EH // BD，且EH=12BD,
同理，FG // BD，EF // AC，且FG=12BD，EF=12AC，
∴ EH // FG，且EH=FG.
∵ AC=BD，
∴ 四边形EFGH为菱形．
∵ AC与BD所成角的大小为90∘，
∴ 菱形EFGH是正方形.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱的结构特征
【解析】

【解答】
解：取BC的中点D，连接AD，A1D，A1B，如图，
设点A到平面A1BC的距离为ℎ.
∵ VA1−ABC=VA−A1BC，
∴ 13×S△ABC×AA1=13×S△A1BC×ℎ，
∴ 13×3×1=13×2×ℎ，解得：ℎ=32，
∴ 点A到平面A1BC的距离为32.
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
棱锥的结构特征
【解析】
对于①利用正三棱锥的性质即可判定，对于②利用线面平行的判定定理进行判定，对于③利用反证法进行判定，对于④根据面面垂直的判定定理可判定．
【解答】
解：如图，
①根据正三棱锥的性质可知对棱互相垂直，故①正确；
②∵ AC // DE，AC⊄平面PDE，DE⊂平面PDE,
∴ AC // 平面PDE，故②正确；
③若AB⊥平面PDE，则AB⊥DE.
∵ AC // DE，AC与AB不垂直，
∴ ③不正确.
综上，错误的是③.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线、线面、面面关系进行判断．
【解答】
解：由直线a，b异面，a // 平面α，可知：
①当b⊂α时，不存在平面α使b⊥α，故①不正确；
②∵ 一定有一个平面同时平行于两条异面直线，
∴ 一定存在平面α使b // α，故②正确；
③∵ 过直线b必有一个平面与a平行，
∴ 一定存在平面α使b⊂α，故③正确；
④∵ 与b相交的平面中，有无数个与a平行，
∴ 一定存在无数个平面α与b交于一定点，故④正确．
综上所述，正确的有②③④.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点F，取AC的中点G，连接FG，EG，∠EFG为EF与侧棱C1C所成的角，在直角三角形EFG中求出此角即可．
【解答】
解：取AC的中点G，连接FG，EG，如图，
根据题意可知，FG // C1C，FG=C1C，
∴ ∠EFG为EF与侧棱C1C所成的角.
∵ E为AB的中点，
∴ EG // BC，EG=12BC=1，
∴ 在Rt△EFG中，EF=1+4=5，
∴ cs∠EFG=FGEF=255，
∴ EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是255.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
根据勾股定理可判断AD⊥AB，AB⊥BC，从而可得三棱锥的各个面都为直角三角形，求出三棱锥的外接球的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积．
【解答】
解：如图所示，
∵ AD=2，AB=1，BD=5，
满足AD2+AB2=BD2，
∴ AD⊥AB.
又AD⊥BC，BC∩AB=B，
∴ AD⊥平面ABC.
∵ AB=BC=1，AC=2，
∴ AB⊥BC.
又AB∩AD=A，
∴ BC⊥平面DAB，
∴ CD是三棱锥的外接球的直径.
∵ AD=2，AC=2，
∴ CD=6，
∴ 三棱锥的外接球的表面积为4π(62)2=6π．
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【解答】
解：A，若l⊥α，l⊥m，则m // α或m⊂α，故A错误；
B，若l⊂α，m⊂β，α // β，则l与m平行或异面，故B错误；
C，若l // α，m⊥α，则l⊥m，故C正确；
D，若α∩β=l，l⊥γ，m⊥β，则m // γ或m⊂γ，故D错误．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
多面体的内切球问题
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
画出图形，确定两个球的关系，通过正四面体的体积，求出两个球的半径的比值即可．
【解答】
解：如图，
设正四面体为PABC，其外接球和内切球的半径为R和r，
两球球心重合，设为O．
设PO的延长线与底面ABC的交点为D，
则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，
且PO=R，OD=r.
设正四面体PABC的底面面积为S，
将球心O与正四面体的4个顶点P，A，B，C全部连接，
可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体的面为底面．
每个正三棱锥的体积V1=13⋅S⋅r ，正四面体PABC的体积V2=13⋅S⋅(R+r).
∵ 4V1=V2，
∴ 4×13⋅S⋅r=13⋅S⋅(R+r)，
∴ R=3r.
故选D．
二、填空题
【答案】
66
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角的余弦值．
【解答】
解：连接BC1，如图，
∵ AC // A1C1，
∴ ∠C1A1B是异面直线A1B与AC所成角(或所成角的补角).
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∠ACB=90∘，AA1=2，AC=BC=1，
∴ AB=1+1=2，A1B=4+2=6，
BC1=4+1=5，A1C1=1，
∴ 在△A1C1B中，A1C12+BC12=A1B2,
∴ cs∠C1A1B=A1C1A1B=66，
∴ 异面直线A1B与AC所成角的余弦值为66．
故答案为：66.
三、解答题
【答案】
(1)解：由正（主）视图可知，圆锥的高PO=2，
圆O的直径AB=2，故半径r=1，
∴ 圆锥的母线长PB=PO2+OB2=2+1=3，
∴ 圆锥的侧面积S=πrl=π×1×3=3π.
(2)证明：如图所示，连接OC，
∵ OA=OC，D为AC的中点，
∴ OD⊥AC．
∵ PO⊥圆O，AC⊂圆O，
∴ PO⊥AC．
∵ OD∩PO=O，
∴ AC⊥平面POD．
∵ AC⊂平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面POD.
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）确定圆的半径，求出圆锥的母线长，可得圆锥的侧面积S；
（2） 连接OC，先根据△AOC是等腰直角三角形证出中线OD⊥AC，再结合PO⊥AC证出AC⊥POD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD⊥平面PAC；
【解答】
(1)解：由正（主）视图可知，圆锥的高PO=2，
圆O的直径AB=2，故半径r=1，
∴ 圆锥的母线长PB=PO2+OB2=2+1=3，
∴ 圆锥的侧面积S=πrl=π×1×3=3π.
(2)证明：如图所示，连接OC，
∵ OA=OC，D为AC的中点，
∴ OD⊥AC．
∵ PO⊥圆O，AC⊂圆O，
∴ PO⊥AC．
∵ OD∩PO=O，
∴ AC⊥平面POD．
∵ AC⊂平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面POD.
【答案】
证明：连接AC，EF，GH，如图，
因为AEEB=CFFB=1，AHHD=CGGD=2，
所以EF // AC，HG // AC且EF≠AC≠HG，
所以EH，FG共面，且EH与FG不平行，
设EH∩FG=P，
则P∈EH，EH⊂面ABD，
所以P∈面ABD，
同理P∈面BCD.
又因为平面ABD∩平面BCD=BD，
所以P∈BD，
所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点P．
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
先证P为两个平面的公共点，利用两个平面的公共点在两个平面的公共直线上，证线共点．
【解答】
证明：连接AC，EF，GH，如图，
因为AEEB=CFFB=1，AHHD=CGGD=2，
所以EF // AC，HG // AC且EF≠AC≠HG，
所以EH，FG共面，且EH与FG不平行，
设EH∩FG=P，
则P∈EH，EH⊂面ABD，
所以P∈面ABD，
同理P∈面BCD.
又因为平面ABD∩平面BCD=BD，
所以P∈BD，
所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点P．
【答案】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接A1O，OE，如图，
∵ A1A⊥平面ABCD，
∴ BD⊥A1A.
∵ BD⊥AC，A1A∩AC=A，
∴ BD⊥平面ACEA1．
∵ A1E⊂面ACEA1，
∴ A1E⊥BD．
(2)解：∵ 在正△A1BD中，BD⊥A1O，BD⊥A1E，
A1O⊂平面A1OE，A1E⊂平面A1OE，A1O∩A1E=A1，
∴ BD⊥平面A1OE，
∴ BD⊥OE，∠A1OE为二面角A1−BD−E的平面角．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2a，且E为棱CC1的中点，
由平面几何知识易得，EO=3a，A1O=6a，A1E=3a.
∵ A1E2=A1O2+EO2，
∴ EO⊥A1O．
∵ EO⊥BD，A1O∩BD=O，
∴ EO⊥平面A1BD，
∴ ∠EA1O是直线A1E与平面A1BD所成角．
∵ sin∠EA1O=EOA1E=33，
∴ 直线A1E与平面A1BD所成角的正弦值为33．
【考点】
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
【解析】


【解答】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接A1O，OE，如图，
∵ A1A⊥平面ABCD，
∴ BD⊥A1A.
∵ BD⊥AC，A1A∩AC=A，
∴ BD⊥平面ACEA1．
∵ A1E⊂面ACEA1，
∴ A1E⊥BD．
(2)解：∵ 在正△A1BD中，BD⊥A1O，BD⊥A1E，
A1O⊂平面A1OE，A1E⊂平面A1OE，A1O∩A1E=A1，
∴ BD⊥平面A1OE，
∴ BD⊥OE，∠A1OE为二面角A1−BD−E的平面角．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2a，且E为棱CC1的中点，
由平面几何知识易得，EO=3a，A1O=6a，A1E=3a.
∵ A1E2=A1O2+EO2，
∴ EO⊥A1O．
∵ EO⊥BD，A1O∩BD=O，
∴ EO⊥平面A1BD，
∴ ∠EA1O是直线A1E与平面A1BD所成角．
∵ sin∠EA1O=EOA1E=33，
∴ 直线A1E与平面A1BD所成角的正弦值为33．