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  • 2021-06-16 发布

2018-2019学年广西贵港市覃塘高级中学高一3月月考数学 试题 解析版

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2018-2019 学年广西贵港市覃塘高级中学高一 3 月月考数学 试题 试卷说明:本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷,Ⅰ卷为试题(选择题和客观题),学生自已保存,Ⅱ卷一 般为答题卷,考试结束只交Ⅱ卷。 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分,每小题四个选项中有且只有一个正确.) 1、下列结论正确的是( ) A.棱柱的底面一定是平行四边形 B.棱锥的底面一定是三角形 C.棱台的底面是两个相似的正方形 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 2、已知点 A,直线 a,平面α,以下叙述中正确的个数是( ) ①若 A∈a,a⊄α,则 A∉α; ②A∈a,a∈α,则 A∈α; ③若 A∉a,a ⊂ α,则 A∉α; ④若 A∈a,a ⊂ α,则 A ⊂ α. A.0 B.1 C.2 D.3 3、垂直于同一条直线的两条直线一定( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.以上都有可能 4、已知平面α与平面β的交线为 l,直线 a 在平面α内,直线 b 在平面β内,且 a,b 与 l 均不垂直,则( ) A.a 与 b 可能垂直,但不可能平行 B.a 与 b 可能垂直,也可能平行 C.a 与 b 不可能垂直,但可能平行 D.a 与 b 不可能垂直,也不可能平行 5、一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体可能是一个( ) A.棱台 B.棱锥 C.棱柱 D.正八面体 6、以长为 8 cm,宽为 6 cm 的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为( ) A.64π cm2 B.36π cm2 C.64π cm2 或 36π cm2 D.48π cm2 7、若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是 4π,则该圆柱的体积为( ) A.π B.2π C.4π D.8π 8、已知正方体的内切球(球与正方体的六个面都相切)的体积是32 3 π,则该球的表面积 为( ) A.4π B.8π C.12π D.16π 9、如图所示,三棱锥 A BCD 的棱长都相等,E,F 分别是棱 AB,CD 的中点,则 EF 与 BC 所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 10、如图所示,一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形,俯视图是 一个直径为 1 的圆,那么这个几何体的全面积为( ) A.3 2 π B.2π C.3π D.4π 11、 如图所示,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所 成角的正弦值为( ) A. 6 3 B.2 5 5 C. 15 5 D. 10 5 12、在四面体 ABCD 中,已知棱 AC 的长为 2,其余各棱长都为 1,则二面角 ACDB 的平 面角的余弦值为( ) A.1 2 B.1 3 C. 3 3 D. 2 3 二、填空题:(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分.) 13、如图所示,在空间四边形 ABCD 中,E,F,G,H 分别是 AB,BC,CD,DA 上 的点,EH∥FG,则 EH 与 BD 的位置关系是________. 14、正方体各面所在的平面将空间分成________个部分. 15、若一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________. 16、已知 a,b 为互相不垂直的两条异面直线,α是一个平面,则 a,b 在α上的射影可 能是:①两条平行直线;②两条互相垂直的直线;③同一条直线;④一条直线及其外一点. 则在上面的结论中,正确结论的序号是________. 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)一个球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积为 36 π,求该三棱柱的体积. 18、(12 分) 如图①所示为一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和 侧视图如图②所示. (1)画出该多面体的俯视图; (2)求该多面体的体积. 19、(12 分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖),它的母线长为 50 cm,两底面直 径分别为 40 cm 和 30 cm.现有制作这种纸篓的塑料制品 50 m2,问最多可以做多少个这种纸 篓? 20、(12 分)如图所示,在四面体 ABCD 中,CB=CD,AD⊥BD,点 E,F 分别是 AB,BD 的 中点. 求证:(1)直线 EF∥平面 ACD; (2)平面 EFC⊥平面 BCD. 21、(12 分) 已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2. (1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角 ECFC1 的大小. 22、(12 分)如图所示,已知四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD,∠ABC =60°,E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1)证明:AE⊥平面 PAD. (2)若 AB=2,在线段 PD 上是否存在点 H,使得 EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 6 2 ? 若存在,请求出 H 点的位置;若不存在,请说明理由. 高一 3 月月考数学答案 一、选择题: 1、D [解析] 由棱台的定义知 D 选项正确. 2、A [解析] ①不正确,如 a∩α=A;②不正确,“a∈α”表述错误;③不正确,如 图所示,A∉a,a ⊂ α,但 A∈α;④不正确,“A ⊂ α”表述错误. 3、D [解析] 两条直线同时垂直于同一条直线,这两条直线可能平行、相交、异面. 4、B [解析] 由题易知 a 与 b 可能垂直,也可能平行,故选 B. 5、A [解析] 由三视图知,该几何体从正面和侧面看都是梯形,从上面看为正方形,从 下面看是正方形,并且可以想象到连接相应顶点的四条线段就是几何体的四条侧棱,故这个 几何体是一个四棱台. 6、C [解析] 分别以长为 8 cm, 宽为 6 cm 的边所在的直线为旋转轴,即可得到两种不 同大小的圆柱,显然 C 选项正确. 7、B [解析] 设圆柱的底面半径为 r,则 2πr×2r=4π,解得 r=1,所以该圆柱的体 积为π×12×2=2π. 8、D [解析] 设球的半径为 R.由 4 3πR3= 32 3 π得 R=2,∴S 球=4πR2=16π. 9、B [解析] 设 G 是 AC 的中点,连接 EG,GF,则 EG∥BC,GF∥AD,∴∠GEF 的大小就 等于 EF 与 BC 所成的角的大小.又∵三棱锥 A BCD 是棱长都相等的正三棱锥,∴BC⊥AD. ∵EG∥BC,GF∥AD,∴∠EGF=90°,又 EG= 1 2BC,GF= 1 2AD,BC=AD,∴EG=GF,∴△EGF 是等腰直角三角形,∴∠GEF=45°,∴EF 与 BC 所成的角为 45°. 10、A [解析] 由三视图知几何体是一个圆柱,圆柱的底面是一个直径为 1 的圆,圆柱 的高是 1,∴圆柱的全面积是 2×π×( 1 2)2+2π× 1 2×1= 3π 2 ,故选 A. 11、 D [解析] 如图所示,在平面 A1B1C1D1 内过点 C1 作 B1D1 的垂线,垂足为 E.连接 BE. C1E⊥BB1 B1D1∩BB1=B1 ⇒ C1E⊥平面 BDD1B1,∴∠C1BE 的正弦值即为所求. ∵BC1==,C1E= 2×2 2 =,∴sin∠C1BE= C1E BC1= 2 5= 10 5 . 12、C [解析] 取 AC 的中点 E,CD 的中点 F,连接 EF,BF,BE.∵AC=,其余各棱长都 为 1, ∴AD⊥CD.又易知 EF∥AD,∴EF⊥CD. 又易知 BF⊥CD,∴∠BFE 是二面角 ACDB 的平面角.易求得,EF= 1 2,BE= 2 2, BF= 3 2, 此时 EF2+BE2=BF2.∴∠BEF=90°, ∴cos∠BFE= EF BF= 3 3. 二、填空题: 13、平行 [解析] ∵EH∥FG,EH⊄平面 BCD,FG ⊂ 平面 BCD,∴EH∥平面 BCD.又∵EH ⊂ 平 面 ABD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,∴EH∥BD,即 EH 与 BD 的位置关系是平行. 14、27 [解析] 易知将空间分成 27 个部分. 15、14. π 3 [解析] 该组合体为在一个圆柱内去掉一个半球,其体积 V=π×12×1- 4 3π ×13× 1 2= π 3 . 16、①②④ [解析] ①②④对应的情况如下图所示: 三、解答题: 17、解:设球的半径为 r,则 4πr3 3 =36π,解得 r=3. ∵球与正三棱柱的三个侧面相切, ∴球的直径等于正三棱柱底面等边三角形的内切圆的直径, ∴正三棱柱底面正三角形的边长为 2r=6. ∵球与正三棱柱的两底面相切,∴正三棱柱的高为 2r=6, ∴该三棱柱的体积 V= 3 4×(6)2×6=162. 18、解:(1)该多面体的俯视图如图所示. (2) 所求多面体的体积 V=V 长方体-V 正三棱锥=4×4×6- 1 3×( 1 2×2×2)×2= 284 3 . 19、解:根据题意可知,纸篓底面圆的半径 r′=15 cm,上口的半径 r=20 cm,设母 线长为 l,则纸篓的表面积 S=πr′2+ (2πr′+2πr)l 2 =π(r′2+r′l+rl)=π(152+ 15×50+20×50)=1975π(m2)。 50 m2=500 000 cm2,故最多可以制作这种纸篓的个数 n = 500 000 S ≈80. 20、证明:(1)∵E,F 分别是 AB,BD 的中点,∴EF 是△ABD 的中位线,∴EF∥AD.∵EF ⊄平面 ACD,AD ⊂ 平面 ACD,∴直线 EF∥平面 ACD. (2)∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD.∵CB=CD,F 是 BD 的中点, ∴CF⊥BD.又∵EF∩CF=F,∴BD⊥平面 EFC. ∵BD ⊂ 平面 BCD,∴平面 EFC⊥平面 BCD. 21、15.解:(1)证明:由已知可得 CC1=3,CE=C1F==2,C1E=,EF2=AB2+(AE-BF)2 =6,于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC 2 1,所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE.又 CE∩EF=E,所以 C1E⊥平面 CEF.又 CF ⊂ 平面 CEF,所以 CF⊥C1E. (2)在△CEF 中,CF=EF=,CE=2,于是 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF.又由(1)知 CF⊥ C1E,且 C1E∩EF=E,所以 CF⊥平面 C1EF,所以 CF⊥C1F,于是∠EFC1 即为所求二面角的平面 角.又△EFC1 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45°, 即所求二面角 ECFC1 的大小为 45°. 22、解:(1)证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形,因 为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD,因此 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 ABCD,AE ⊂ 平面 ABCD, 所以 PA⊥AE.而 PA ⊂ 平面 PAD,AD ⊂ 平面 PAD, PA∩AD=A, 所以 AE⊥平面 PAD. (2)设线段 PD 上存在一点 H,连接 AH,EH. 由(1)知,AE⊥平面 PAD,则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角. 在 Rt△EAH 中,AE=, 所以当 AH 最短,即 AH⊥PD 时,∠EHA 最大, 此时 tan∠EHA= AE AH= 3 AH= 6 2,因此 AH=. 所以,线段 PD 上存在点 H,当 DH=时,使得 EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 6 2.

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