- 2.77 MB
- 2021-04-25 发布
蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中考试
高二数学试题（理科）
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）
1.等腰三角形ABC绕底边上中线AD所在的直线旋转所得的几何体是( )
A. 圆台 B. 圆锥
C. 圆柱 D. 球
【答案】B
【解析】
由题意可得AD⊥BC，且BD＝CD，所以形成的几何体是圆锥．故选B.
2.球的表面积膨胀为原来的2倍，则其体积变为原来的（ ）倍
A. 2 B. 3 C. 8 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设出球半径，求出膨胀后球的半径，即可得到球的体积比。
【详解】设球的半径为，所以球的体积为，
球的表面积膨胀为原来的2倍，则球的半径为，
所以球的体积为
所以膨胀后球的体积变为原来的
故选：D
【点睛】本题考查球的表面积以及体积公式，需熟记公式，属于基础题。
3.一个梯形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原来梯形面积的（ ）倍
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
梯形的直观图仍是梯形，且上下底保持不变，设原来梯形的高为，则在直观图中表示梯形高的线段应为，且与底边夹角为，故梯形直观图的高为
【详解】设原来梯形上下底分别为，高为，则梯形面积为
在梯形直观图中，上下底保持不变，表示梯形高的线段为，且与底边夹角为，故梯形直观图的高为，
梯形直观图的面积为
故选：A
【点睛】本题考查斜二测画法中原图与直观图的面积关系，直观图面积与原图面积比为。
4.已知m，n是空间两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是
A. 若，，，则 B. 若，则
C. 若则 D. 若则
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：对于A．若，，，则可平行或异面，所以不成立，
对于 B．若，则，还可能相交，故错误。
对于C．若则，只有垂直于交线时才成立，
对于 D．若则，符合面面垂直的判定定理，可知成立，故选D.
考点：空间中点线面的位置关系
点评：主要是考查了空间中点线面的位置关系的运用，属于基础题。
5.若，，，且，，共面，则（ ）
A. 1 B. -1 C. 1或2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
向量，，共面，存在实数使得，坐标代入即可得出。
详解】向量，，共面，
存在实数使得，
，解得
故选：A
【点睛】本题考查空间共面向量基本定理，属于基础题。
6.如图，用小刀切一块长方体橡皮的一个角，在棱、、
上的截点分别是E、F、G，则截面（ ）
A. 一定是等边三角形 B. 一定是钝角三角形
C. 一定是锐角三角形 D. 一定是直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意设，，，再求出，在中，利用余弦定理即可判断三角形的形状。
【详解】
如图，设，，，
则，，
在中，
所以是锐角，同理得到，是锐角。
故为锐角三角形。
故选：C
【点睛】本题主要考查了立体几何中的截面问题，同时也考查了利用余弦定理判断三角形的形状，属于基础题。
7.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥，截得的棱台上、下底面面积比为，截去的棱锥的高是，则棱台的高是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：棱台的上下底面的面积比为，
则上下底面的边长比是，则截得棱锥与原棱锥的高之比是.
则棱台的高等于3.
考点：本题考查棱锥与棱台的性质.
8.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图还原出三棱锥的直观图，求出三棱锥的各个侧面面积即可求出侧面面积的最大值。
【详解】由三棱锥的三视图可知，三棱锥的直观图（如下图），可在边长为的正方体中截取，
由图可知，，，
所以侧面，
侧面，
侧面
故侧面的面积最大值为
故选：B
【点睛】本题考查三视图还原直观图，考查学生的空间想象能力，属于中档题。
9.如图所示，在棱长为 的正方体中，点分别是棱
的中点，过三点作该正方体的截面，则截面的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
延长分别交于两点，连结交于，连结交于，则截面为五边形，截面周长为.
本题选择B选项.
点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
10.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，平面，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
一条棱垂直底面的三棱锥和与其同底等高的三棱柱的外接球是同一个，再结合正弦定理求出底面三角形外接圆半径，最后即可求出外接球半径（其中为三棱柱垂直底面的棱长），再结合球的表面积公式,即可求解。
【详解】解：如图所示，
三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，
∵三棱锥的体积为，
∴
由正弦定理得：外接圆的直径
∴三棱锥的外接球的半径
∴球O的表面积为，故选B.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球表面积，确定三棱锥的外接球的半径是关键．
11.正方体的棱长为2，为的中点，点是正方形内的动点，若面，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
取的中点，的中点为，连接，可得四边形
是平行四边形，可得。同理可得.可得面面平行，进而得出M点的轨迹.
【详解】
如图所示，取的中点，的中点为，连接，可得四边形是平行四边形，
。
同理可得
.
，与相交，
平面平面，
点是正方形内的动点，若平面，
点在线段上，
M点的轨迹长度为：
故选：A
【点睛】本题主要考查面面平行的判断定理以及性质定理的应用，需熟记定理内容，属于中档题.
12.如图，正方体的棱长为a，分别是棱、的中点，过点的平面分别与棱、交于点，设，，给出以下四个命题：
（1）平面与平面所成角的最大值为；
（2）四边形的面积的最小值为；
（3）四棱锥的体积为；
（4）点到平面的距离的最大值为，
其中正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断（1）；
由四边形为菱形，计算面积，考虑的最小值，可判断（2）；
由棱锥的等体积法，计算可判断（3）；
由等体积法和函数的性质可判断（4）；
【详解】
对于（1），由面面平行的性质定理可得，可得四边形为平行四边形，又直角梯形和直角梯形全等，可得,即有四边形为菱形，且，由平面在底面上的射影为四边形，
由面积射影公式可得
由，可得，可得平面与平面
所成角的最大值不为，故（1）错；
对于（2），由，可得菱形的面积的最小值为
故（2）正确；
对于（3），因为四棱锥的体积为
，故（3）正确；
对于（4）
设到平面的距离为，可得
，
可得 ，（其中），当即时，
取得最大值，故（4）正确；
故选：C
【点睛】本题考查面积射影公式、棱锥的体积公式、等体积法求高，综合性比较强。
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．
【答案】
【解析】
分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.
详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为
点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆.现有一只蚂蚁从点出发沿该几何体的侧面环绕一周回到点，则蚂蚁所经过路程的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题目所给三视图可得，该几何体为圆锥的一半，侧面展开图的半径为2，弧长为π，再根据一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，利用余弦定理求出蚂蚁所经过路程的最小值．
详解】由题目所给三视图可知该几何体为圆锥的一半，展开图如图所示，依题意，蚂蚁经过的路程的最小值为线段AM的长度，因为PA=PB=2,侧面展开图的半径为2，弧长为π，
∴圆心角为，因为,所以,在中，根据余弦定理知 蚂蚁所经过路程的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查蚂蚁所经过路程的最小值，考查立体图形转为平面图形以及余弦定理的应用，考查学生的计算能力．
15.如图，的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，则_______.
【答案】
【解析】
由已知⊥，⊥，即•=0，•=0，＜，＞=45°，
∵，
∴，
，
∴CD=2
16.已知四面体为正四面体，，分别为的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面
去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
补成一个正方体，在正方体中可解决。
详解】
补成正方体，如图，
，
截面为平行四边形，可得，
又，且，
，可得，
当且仅当时取等号。
故答案为：
【点睛】本题考查立体几何中的截取问题，同时也考查了用基本不等式求最值，属于综合性题目。
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17.如图在三棱锥中， 分别为棱的中点，已知
.
求证：（1）直线平面；
（2）平面 平面.
【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）本题证明线面平行，根据其判定定理，需要在平面内找到一条与平行的直线，由于题中中点较多，容易看出，然后要交待在平面外，在平面内，即可证得结论；（2）要证两平面垂直，一般要证明一个平面内有一条直线与另一个平面垂直，由（1）可得，因此考虑能否证明与平面内的另一条与相交的直线垂直，由已知三条线段的长度，可用勾股定理证明，因此要找的两条相交直线就是，由此可得线面垂直.
【详解】（1）由于分别是的中点，则有，又平面，平面，所以平面．
（2）由（1），又，所以，又是中点，所以，，又，所以，所以，是平面内两条相交直线，所以平面，又平面，所以平面平面．
【考点】线面平行与面面垂直．
18.如图，长方体中，，，为的中点．
（1）求三棱锥的体积．
（2）边上是否存在一点，使得平面?
若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）M是AC的中点，．
【解析】
【分析】
（1）根据公式计算体积。
（2）取中点，连接，则可证明平面，从而得出的中点为所求点。
【详解】（1）
平面，
是三棱锥的高，
为的中点，且,
，又，
（2）
取中点，连接，因为为的中点，是的中点，
又平面，平面，
平面，，
即在边上存在一点，使得平面，
此时是的中点
【点睛】本题考查了等体法求三棱锥的体积、线面平行的判定定理，属于中档题。
19.如图，已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
(1)由题意利用线面垂直的判定定理首先证得线面垂直，然后证明线线垂直即可；
(2)利用等体积法求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图，连接.由题设可知，.
∵，
∴.
而，，
∴平面.
∵平面，
∴.
（2）如图，连接，.
∵，又，，
∴.
又，
∴平面，即平面.
∴，.
设点到平面的距离为，由，
得，解得.
∴点到平面的距离为.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和性质定理，等体积法求点面距离的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20.如图，圆柱是矩形绕其边所在直线旋转一周所得，
是底面圆的直径，点C是弧的中点．
（1）求三棱锥体积与圆柱体积的比值；
（2）若圆柱的母线长度与底面半径相等，点是线段的中点，求异面直线
与所成角的余弦值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）设矩形的边长分别为，由体积公式分别求出三棱锥体积与圆柱体积，作比得答案；
（2）连接，则，连接，则为异面直线与所成角，设
，然后求解三角形得答案。
【详解】（1）设矩形的边长分别为，
则，设圆柱的体积为 ，则，
（2）连接，则，连接，则为异面直线与所成角，
设，则，，
点是弧的中点，平面，则
在中，有，
则异面直线CM与所成角的余弦值为 。
【点睛】本题考查了三棱锥与圆柱的体积公式、异面直线所成的角，需熟记公式以及掌握异面直线所成角的求法，属于基础题。
21.如图所示，在四棱台中，底面，四边形为菱形，，.
（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）连接，可证 ，又因为底面，可得，即可得证.
（2）如图建立空间直角坐标系，求出和平面 的一个法向量的坐标，则直线与平面所成角的正弦值.
试题解析：
（Ⅰ）∵四边形为菱形，，连结，则为等边三角形，
又∵为中点∴，由得∴
∵底面，底面∴，又∵
∴平面
（Ⅱ）∵四边形为菱形，，，
得，，∴ 又∵底面，
分别以，，为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系
、、、
∴，，
设平面的一个法向量，
则有，令，则
∴直线与平面所成角的正弦值
．
点晴：本题考查的空间的线面关系以及空间的角.第一问通过证明直线和平面内的两条相交直线垂直，证明平面；第二问中通过建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量
，结合得到结论.
22.已知矩形中，，，沿对角线将折起至，使得二面角为，连结。
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）推导出，从而，进而，
，折起后，即为，则仍有，，则即为二面角的平面角，即，连接，推导出平面，，从而平面，由此能证明平面平面。
（2）推导出，从而平面，即为二面角
的平面角，推导出平面，，由此能求出二面角的余弦值。
【详解】（1）在矩形中，取中点，连接，与交于点。
则，与中，，
，
，即。
，。
折起后，即为，则仍有，，则即为二面角的平面角，即，连接。
所以在中，，即，即.
由前所证，，，，
平面，，而，平面，
平面平面。
（2）由（1）可得，且，为中点，则为直角三角形，
.
又，
平面，
即为二面角的平面角。
由（1），平面平面，
，
平面，
，
而，
，即二面角的余弦值为。
【点睛】本题考查面面垂直的判断定理以及求二面角的平面角，要证面面垂直，需先证线面垂直；求二面角的大小，步骤“作、证、求”，属于立体几何的综合性题目。