【文档说明】安徽省定远县育才学校2020-2021学年高二上学期第一次月考数学（理）试题含答案.doc，共(15)页，1.015 MB，由小赞的店铺上传

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育才学校2020--2021学年第一学期第一次月考高二理科数学一、选择题(共12小题，每小题5分,共60分)1.已知圆O和圆M是球O的大圆和小圆，其公共弦长为球O半径的3倍，且圆O和圆M所在平面所成的二面角是30，1OM，则圆O的

半径为A.43B.2C.433D.42.正方体1111ABCDABCD中，,MN分别是1,CCBC的中点，过,,AMN三点的平面截正方体1111ABCDABCD，则所得截面形状是A.平行四边形B.直角梯形C.等腰梯形D.以上都不对3.如上右图是某几何体的三视图，则该几何体的内切球的表面积为

A.B.C.D.4.长方体1111ABCDABCD的8个顶点都在球O的球面上，且2ABBC，球O的表面积为16，则1AAA.3B.22C.3D.25.在正方体1111ABCDABCD中，EF、分别为BC、1BB的中点，则下列直线中与直线EF相交的是A.

直线1AAB.直线11ABC.直线11ADD.直线11BC6.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A.2B.1C.D.7.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，E是棱1CC的中点，F是侧面11BCCB内（包括边）的动点，

且1AF平面1DAE，沿1AF运动，将1B点所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为A.34B.2324C.78D.11128.在空间中，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是A.若，，则B.若，，，则C.若，

，则D.若，则9.已知在长方体1111ABCDABCD中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A到截面11ABD的距离是A.B.C.D.10.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面，，两两互相垂直，点A∈，点A到，的

距离都是3，点P是上的动点，满足P到的距离是到P到点A距离的2倍，则点P的轨迹上的点到的距离的最小值是A.B.C.D.11.四棱锥的底面为正方形，底面，，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则（）A.3

B.C.D.12.已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，，则；其中正确命题的个数为A.１个B.2个C.3个D.4个二、填空题(共4小题，每小题5分,共2

0分)13.三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，1ACBC，3PA，则该三棱锥外接球的表面积是__________．14.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1,2cmcm，高为2cm

，则该圆台的母线长为__________．15.在棱长为a的正方体1111ABCDABCD中，EF是棱AB上的一条线段，且线段EF的长为b（ba），若Q是CD上的动点，则三棱锥1QDEF的体积为__________．16.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F

分别是点A在PB、PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC；⑤平面PBC⊥平面PAC．其中正确命题的序号是．三、解答题（10+12*5=70分）17.如图，将直角沿着平行边的直线折起，使得平面平面

，其中、分别在、边上，且，，，点为点折后对应的点，当四棱锥的体积取得最大值时，求的长.18.五边形11ANBCC是由一个梯形1ANBB与一个矩形11BBCC组成的，如图甲所示，B为AC的中点，128ACCCAN．先沿着虚线1BB将五边形11ANBCC折成直二面角1ABBC

，如图乙所示．（Ⅰ）求证：平面BNC平面11CBN；（Ⅱ）求图乙中的多面体的体积．19.一个四棱锥的三视图如图所示．（1）求证：PA⊥BD；（2）在线段PD上是否存在一点Q，使二面角Q－AC－D的平面角为30°？若存在，求的值；若不存在

，说明理由．20.如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABBC，12AAAC，1BC，E，F分别是11AC，BC的中点.（Ⅰ）求证：平面ABE平面11BBCC；（Ⅱ）求证：1//CF平面ABE；（Ⅲ）求三棱锥EABC的体积.

21.已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，△PAB与△ABC是等腰三角形，PA⊥平面ABCD，PA=2，AD=2，AC⊥BA，点E是线段AB上靠近点B的一个三等分点，点F、G分别在线段PD，PC上．（Ⅰ）证明：CD⊥AG；（Ⅱ）若三棱锥E﹣BCF的体积为，求的

值．22.如图（1）所示，在直角梯形ABCP中，//BCAP，ABBC，CDAP，2ADDCPD，E、F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，现将PDC折起，使平面PDC平面ABCD（图（2））．（1）求证：平面//EF

G平面PAB；（2）若点Q是线段PB的中点，求证：PC平面ADQ.（3）求三棱锥CEFG的体积．参考答案1.D【解析】设公共弦中点为N，则2203,30222,4222RRONRRONMONOMR

选D.2.C【解析】连接11ADDM，，由正方体的性质得1ADMN，则1D在平面AMN中，∴平面1ADMN即为所得截面，即为过AMN、、三点的正方体1111ABCDABCD的截面，1ANDM，∴截面为等腰梯形，故选C3.B【解析】由三视图可知该几何体为正方体中的

内接正四面体，正四面体的棱长为，设内切球的半径为r，则易得：∴内切球的表面积为故答案为：B4.B【解析】2416SR，则2R，所以222214ABBCAA，得122AA，故选B。5.D【解

析】因为EF与1AA、11AB11AD为异面直线，不相交，EF与11BC在同一平面内，不平行则相交，选D.6.B7.B【解析】如图所示，分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，则∵A1M∥D1E

,A1M⊄平面D1AE,D1E⊂平面D1AE,∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE，∵A1M、MN是平面A1MN内的相交直线,∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE,可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，∴111111

1322224BAMNV，∴将B1点所在的几何体削去,剩余几何体的体积为12312424，本题选择B选项.8.D【解析】中，若，，则，则与平行，相交或者异面，故不符合题意；在中，若，，，则与平行，

相交或者异面，故不符合题意；在中，若，，则或平面内，故不符合题意；在中，若，，则由线面平行的判定定理得，故符合题意；所以答案是：9.C【解析】点1A到截面11ABD的距离是h，由111111AABDAABDVV，可得1111111133ABDABDShSAA

，解得43h，故选C.10.A【解析】原题等价于在直角坐标系中，点A（3，3)，P第一象限内的动点，满足P到Y轴的距离是到P到点A距离的2倍，则点P的轨迹上的点到x轴的距离的最小值是多少．设P（x，y)，P的轨迹方程为x=2，x2=4（x-3)2+4（y-3)2，（y-3)2=[x2-4（x

-3)2]-x2+6x-9，当x=4时，最大值为3∵（y-3)2=3，∴y=3+，或y=3-，∴点P的轨迹上的点到γ的距离的最小值是3-．故选A．11.B【解析】连结交于点，取的中点，连结，则，所以底面，则到四棱锥的所有顶点的距离相等，即为球心，半径为,

所以球的体积为，解得，故选B．12.B【解析】11.对于①若，则，根据直线垂直于平面则垂直于平面内的任何一条直线，则可知成立。②若则，只有当l不在平面内的时候成立。故错误③若则；两个垂直平面内的直线的位置关系可以平行，故错误。④

若则；，显然成立，故选B.13.5【解析】由题，PA平面ABC，ACBC，BCPACPB平面，是三棱锥PABC的外接球直径；235RtPBAABPAPB中，，，，可得外接球半径1522RPB，∴外接球的表面积245SR．

即答案为5．14.3cm【解析】圆台的上、下底面半径分别为1,2cmcm，高为2cm，则在等腰梯形中，该圆台的母线长即为腰长：22123故答案为3cm15.216ab【解析】.112111326QDEFDQEFVVbaaab，故答案为216ab.16.①②③⑤【解

析】∵PA⊥圆O所在的平面α，BC⊂α，∴PA⊥BC，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，AF⊂平面PAC，∴BC⊥AF，又AF⊥PC，PC∩BC=C，∴AF⊥平面PBC，PB

⊂平面PBC，∴AF⊥PB，即①正确；又AE⊥PB，同理可证PB⊥平面AFE，EF⊂平面AFE，∴EF⊥PB，即②正确；由BC⊥平面PAC，AF⊂平面PAC知，BC⊥AF，即③正确；∵AF⊥平面PBC（

前边已证），AE∩AF=A，∴AE不与平面PBC垂直，故④错误，∵AF⊥平面PBC，且AF⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC，即⑤正确．综上所述，正确结论的序号是①②③⑤．所以答案是：①②③⑤17.时，取得最大值.【解析】由勾股定理易求得，设，则.因为，所以，则四棱锥的体积为，所以

，当时，，递增；当时，，递减.故当，即时，取得最大值.18.解析：（1）证明：四边形11BBCC为矩形，故111BCBB，又由于二面角1ABBC为直二面角，故111BCBBA平面，故11BCBN,由线段128ACCCAN易知，22

211BBNBBN，即1BNNB，因此BN11CBN平面，所以平面BNC11CBN平面；（5分）（2）解：连接CN，过作，垂足为，，又，所以平面平面，且平面，，，∴，此几何体的体积．（12分）19.解析：（1）由三视图可知P－ABCD为四

棱锥，底面ABCD为正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，连接AC、BD交于点O，连接PO．因为BD⊥AC，BD⊥PO，所以BD⊥平面PAC，即BD⊥PA．（2）由三视图可知，BC＝2，PA＝22，假设存在这样的点Q，因为AC⊥OQ，AC

⊥OD，所以∠DOQ为二面角Q－AC－D的平面角，在△POD中，PD＝22，OD＝2，则∠PDO＝60°，在△DQO中，∠PDO＝60°，且∠QOD＝30°．所以DP⊥OQ．所以OD＝2，QD＝22．所以DQDP＝14．20.解析：（Ⅰ）证明：在三棱柱111ABCABC中，1

BB底面ABC，所以1BBAB.又因为ABBC，1BBBCB，所以AB平面11BBCC，又AB平面ABE，所以平面ABE平面11BBCC（Ⅱ）证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为E，F，G分别是11AC，BC，AB的中点，所以//FG

AC，且12FGAC，11112ECAC.因为11//ACAC，且11ACAC，所以1//GFEC，且1GFEC，所以四边形1FGEC为平行四边形，所以1//CFEG.又因为EG平面ABE，1CF平面ABE，所以1//CF平面ABE.（Ⅲ）因为12AAAC，1BC

，ABBC，所以223ABACBC.所以三棱锥EABC的体积111133123323ABCVSAA.21.解：（Ⅰ）证明：依题意，因为AB∥CD，AC⊥BA，所以AC⊥CD．又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC∩PA=A，所以CD⊥平面PAC，因为AG

⊂平面PAC，所以CD⊥AG．（Ⅱ）解：设点F到平面ABCD的距离为d，则，由，得，故．22.（1）证明：∵E、F分别是,PCPD的中点，∴//EFCD又//CDAB．∴//EFAB．∵EF平面PAB，AB平面PAB，∴//EF平面PAB．同理，//EG平面PAB，∵E

FEGE，EF平面EFG，EG平面EFG∴平面//EFG平面PAB.（2）连接DE，EQ，∵E、Q分别是PC、PB的中点，∴//EQBC，又//BCAD．∴//EQAD∵平面PDC平面ABCD，PDDC，∴PD平面ABCD．∴PDAD，又ADDC，PDDCD，∴AD

平面PDC，∴ADPC．在PDC中，PDCD，E是PC的中点，∴DEPC，∵DEADD，∴PC平面ADEQ，即PC平面ADQ．（3）1111111.3326CEFGGCEFCEFVVSGC