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- 2021-04-28 发布
甘肃省临夏中学2018—2019学年第一学期
第二次月考试卷
一、单选题
1.已知全集I＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，2，3，4}，B＝{3，4，5，6}，那么∁I（A∩B）等于（ ）
A. {3，4} B. {1，2，5，6}
C. {1，2，3，4，5，6} D. ∅
【答案】B
【解析】
【分析】
根据集合交集的定义和补集的定义直接求解即可.
【详解】.
故选：B
【点睛】本题考查了集合的交集和补集定义，考查了数学运算能力，属于基础题.
2.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是（ ）
A. 两个圆锥拼接而成的组合体 B. 一个圆台
C. 一个圆锥 D. 一个大圆锥中挖去一个同底的小圆锥
【答案】D
【解析】
如图，以AB所在直线为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥．
考点：旋转体的结构特征.
3.如图的直观图，其原平面图形△ABC的面积为
A. 3 B.
C. 6 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据斜二测画法还原平面图形即可得解.
【详解】原平面图形△ABC为直角三角形，直角边长分别为3，4．
∴原平面图形△ABC的面积=6．故选C．
【点睛】本题主要考查了平面图形的斜二测画法，属于基础题.
4.一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②正方形；③圆；④三角形，中的哪几个选项（ ）
A. ①②③ B. ①③④ C. ①④ D. ②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据主视图、左视图的形状和边长的大小，可以判断出俯视图不可能的图形.
【详解】由主视图、左视图的形状和边长的大小，可以确定俯视图不可能是圆和正方形.
故选：D
【点睛】本题考查了根据三个视图的二个判断另一个视图的形状，考查了空间想象能力.
5.已知圆锥的母线长为5，底面圆周长为6π，则它的体积是（ ）
A. 36π B. 36 C. 12π D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆锥底面圆周长可以求出底面圆的半径，再结合母线长，求出高长，最后求出圆锥的体积.
【详解】因为圆锥的底面圆周长为6π，所以圆锥的底面的圆的半径为3，而母线长为5，因此根据勾股定理可知圆锥的高为：，因此圆锥的体积为：.
故选：C
【点睛】本题考查了圆锥的体积计算，考查了数学运算能力，属于基础题.
6.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据D1C与A1B平行，异面直线A1D与D1C所成的角即为∠BA1D，即可求解.
【详解】如图，连接A1B，DB，异面直线A1D与D1C所成的角即为∠BA1D，由正方体可知A1B＝DB＝A1D，所以∠BA1D＝60°.
【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角及其求法，属于中档题.
7.三棱锥A﹣BCD中，AC＝BD，E，F，G，H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH是（ ）
A. 菱形 B. 矩形 C. 梯形 D. 正方形
【答案】A
【解析】
分析】
利用中位线定理、菱形的判断定理可以证明出该四边形是菱形.
【详解】因为E，F，G，H分别是AB、BC、CD、DA的中点，所以有且，且，所以且，因此四边形EFGH是平行四边形，又E，H分别是AB、DA的中点，所以有，而AC＝BD，所以有，所以有,所以行四边形EFGH是菱形.
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，考查了菱形的判定，考查推理论证能力.
8.关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是（ ）
A. 若l⊥α，l∥β，则α⊥β B. 若l∥α，m∥α，则l∥m
C. 若l∥α，l⊥m，则m⊥α D. 若l∥α，α∩β＝m，则l∥m
【答案】A
【解析】
【分析】
选项A：根据线面平行的性质定理，平行线的性质，面面垂直的判定定理进行判断即可；
选项B：根据线面平行的定义进行判断即可；
选项C：根据线面位置关系进行判断即可；
选项D：根据线线位置进行判断即可.
【详解】选项A：由l∥β可知，直线l与过直线l的平面与平面β相交的交线平行，因此这个交线也垂直于平面α，因此两个平面垂直，故本命题是正确的；
选项B：两条直线与一个平面平行，这两条直线可以是平行线、相交线、异面直线，故本命题是错误的；
选项C：直线m可以在平面α内，故本命题是错误的；
选项D：直线l，m可以是异面直线，故本命题是错误的.
故选：A
【点睛】本题考查了线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，考查了空间想象能力，属于基础题.
9.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B′AC＝
60°．那么这个二面角大小是（ ）
A. 30° B. 60° C. 90° D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据折的过程中不变的角的大小、结合二面角的定义进行判断即可.
【详解】因为AD是等腰直角△ABC斜边BC上的高，所以
，因此是二面角的平面角，
∠B′AC＝60°．所以是等边三角形，因此，在中
.
故选：C
【点睛】本题考查了二面角的判断，考查了数学运算能力，属于基础题.
10.函数在闭区间上有最大值3，最小值为2， 的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本题利用数形结合法解决，作出函数的图象，如图所示，当时，最小，最小值是2，当时，，欲使函数在闭区间，上的上有最大值3，最小值2，则实数的取值范围要大于等于1而小于等于2即可．
【详解】解：作出函数的图象，如图所示，
当时，最小，最小值是2，当时，，
函数在闭区间，上上有最大值3，最小值2，
则实数的取值范围是，．
故选：．
【点睛】本题考查二次函数的值域问题，其中要特别注意它的对称性及图象的应用，属于中档题．
二、填空题
11.已知幂函数过点,则其解析式为____________________
【答案】
【解析】
解：因为设幂函数为
12.已知正方体内接于半径为的球，则正方体的体积为________．
【答案】8
【解析】
依题意得正方体的对角线即为球的直径,设正方体边长为,则其对角线长为,故,所以正方体体积为.
[点睛]本小题主要考查几何体外接球问题. 确定简单多面体外接球的球心的如下结论．结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点．结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过计算找到．结论5
：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．
13.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是3，则___________.
【答案】1
【解析】
【分析】
该几何体是放倒的三棱柱，依据所给数据求解即可．
【详解】由已知可知此几何体是三棱柱，其高为3，底面是底边长为2，底边上的高为的等腰三角形，所以有，所以．
故答案为1.
【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体底面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.
14.如图，在三棱锥O﹣ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成的角的余弦值_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理，根据三棱锥的体积公式，利用等积性，最后根据线面角的定义，求出OM与平面ABC所成的角的余弦值
【详解】∵OA，OB，OC两两垂直，
∴OA⊥平面OBC，
设OA＝OB＝OC＝1，则AB＝BC＝AC，
∴S△ABC．
设O到平面ABC的距离为h，
∵VO﹣ABC＝VA﹣OBC，
∴，解得h，
又OM，
∴OM与平面ABC所成的角的正弦值为，
∴OM与平面ABC所成的角的余弦值为．
【点睛】本题考查了线面角，考查了等积性的应用，考查了数学运算能力.
三、解答题
15.已知一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，求该圆柱的体积和表面积．
【答案】体积为；表面积为4．
【解析】
【分析】
根据侧面展开图的性质，求出底面圆的关径，最后利用体积公式和表面积公式求出即可.
【详解】如图所示，
设圆柱的底面半径为r，母线长为l，
则l＝2πr＝2，解得r；
∴该圆柱的体积为V圆柱＝πr2h＝π••2；
表面积2πrl+2πr2＝2π••2+2π•4．
【点睛】本题考查了圆柱体积公式和表面积公式，考查了圆柱侧面展开图的性质，考查了数学运算能力.
16.已知如图：平行四边形中，，正方形所在平面与平面垂直，分别是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，求四棱锥的体积．
【答案】（1）由四边形EFBC是平行四边形 ，H为FC的中点 ，得，，推出GH∥平面CDE ；
（2）＝．
【解析】
【详解】试题分析：（1）证明GH∥平面CDE，利用线面平行的判定定理，只需证明HG∥CD；
（2）证明FA⊥平面ABCD，求出SABCD，即可求得四棱锥F-ABCD的体积．
考点：本试题主要考查了线面平行，考查四棱锥的体积，属于中档题
点评：解决该试题的关键是正确运用线面平行的判定．
解：∵,∴且
∴四边形EFBC是平行四边形 ∴H为FC的中点
又∵G是FD的中点
∴
∵平面CDE，平面CDE
∴GH∥平面CDE
（2）∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD
且FA⊥AD，
∴FA⊥平面ABCD.
∵, ∴又∵，
∴BD⊥CD
∴＝
∴＝
17.已知四棱锥的底面是菱形．，为的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】证明如下
【解析】
试题分析：（1）通过连接底面的对角线，进一步利用三角形的中位线，把线线平行
转化成线面平行．（2）进一步根据线线垂直转化成线面垂直平面，转化成面面垂直即平面平面．
试题解析：
（1）设为、的交点，连接，
∵，分别为，的中点，
∴．
∵平面，平面，
∴平面．
（2）证明：连接，
∵，为的中点，
∴．
又∵在菱形中，，
且，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
18.如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，，，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC，
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析（2）．
【解析】
【分析】
解法一：
（1）根据线面垂直的判定定理由已知的垂直的关系，可得到线面垂直，这样可以得到线线垂直，最后根据直角和线面垂直的判定定理证明出BC⊥平面PAC；
（2）结合（1）的结论、已知的平行线，根据线面角的定义，通过计算求出AD与平面PAC所成的角的正弦值．
解法二：建立空间直角坐标系.
（1）利用空间向量的数量积运用，证明线线垂直，再结合已知的垂直关系证明出线面垂直；
（2）利用空间向量夹角公式，求出AD与平面PAC所成的角的正弦值.
【详解】（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，
∴PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC．
∴BC⊥平面PAC．
（2）∵D为PB中点，DE∥BC，
∴DEBC，
又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AB，又PA＝AB，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴ADAB，
∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，
∴BCAB．
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE，
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值是．
（解法二）：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，设PA＝a，
由已知可得P（0，0，a），A（0，0，0），，．
（1）∵，，
∴，
∴BC⊥AP．
又∵∠BCA＝90°，
∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面PAC．
（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴E为PC的中点，
∴，，
∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵（），（0，a，a），
∴cos∠DAE，sin∠DAE．
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的证明，考查了线面角的求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.
19.已知函数f（x）＝ax2+bx+c（a＞0），且f（1）．
（1）求证：函数f（x）有两个不同的零点；
（2）设x1，x2是函数f（x）的两个不同的零点，求|x1﹣x2|的取值范围；
（3）求证：函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．
【答案】（1）证明见解析（2）．（3）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）通过计算一元二次方程的判别式可以证明出结论；
（2）利用一元二次方程的根与系数关系，可以得到|x1﹣x2|的表达式，再利用配方法求出取值范围；
（3）根据零点存在原理，分类讨论证明出结论.
【详解】（1）∵，
∴，∴，
∴，
∵a＞0，
∴△＞0恒成立，
故函数f（x）有两个不同的零点．
（2）由x1，x2是函数f（x）的两个不同的零点，
则x1，x2是方程f（x）＝0两个根．
∴，，
∴|x1﹣x2|．
∴|x1﹣x2|的取值范围是．
（3）证明：∵f（0）＝c，f（2）＝4a+2b+c，
由（1）知：3a+2b+2c＝0，
∴f（2）＝a﹣c．
（ⅰ）当c＞0时，有f（0）＞0，又∵a＞0，
∴，
∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点．
（ⅱ）当c≤0时，f（2）＝a﹣c＞0，f（1）＜0，
∴函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点．
综上所述，函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．
【点睛】本题考查了一元二次方程的判别式、根与系数的关系的应用，考查了零点存在原理，考查了数学运算能力.