广东省阳江市2020-2021学年高一下学期6月月考数学试题 WORD版含答案.doc

1、2020-2021阳江市高中数学6月月考卷数 学考试范围：立体几何初步；考试时间：120分钟；命题人：谭达豪注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图，长方体被两平面分成三部分，其中，则这三个几何体中是棱柱的个数为（ ） A0B1C2D32已知正方体的棱长为1，则该正方体的体对角线长和外接球的半径分别是（ ）A；B；C；D；3攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑某园林建筑为六角攒尖，如图

2、所示，它主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥设这个正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则底面内切圆半径与侧棱长的比为（ ）ABCD4下面四个几何体中，是棱台的是（ ）ABCD5增减算法统宗中，许多数学问题都是以歌诀的形式出现的其中有一首“葛藤缠木”，大意是说：有根高2丈的圆木柱，该圆木的周长为3尺，有根葛藤从圆木的根部向上生长，缓慢地自下而上均匀绕该圆木7周，刚好长的和圆木一样高已知1丈等于10尺，则能推算出该葛长为（ ）A21尺B25C29尺D33尺6斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8，为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一

3、个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的母线长为（ ）A13B8C21D57关于下列几何体，说法正确的是（ ）A图是圆柱B图和图是圆锥C图和图是圆台D图是圆台8假设地球是半径为的球体，现将空间直角坐标系的原点置于球心，赤道位于平面上，轴的正方向为球心指向正北极方向，本初子午线(弧)是0度经线，位于平面上，且交轴于点，如图所示,已知赤道上一点位于东经60度，则地球上位于东经30度北纬60度的空间点的坐标为（ ）ABCD二、选择题：本题共4小

4、题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9如图，是水平放置的的直观图，则在原平面图形中，有（ ）ABCD10如图，在正方体中，则下列结论正确的有（ ）A若，则直线与平面所成角为B若，则C若，则D二面角的平面角的取值范围为11如图，正方体的棱长为，点分别是平面平面平面的中心，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A与所成角为B点到平面的距离为C三棱锥的体积为定值D直线与平面所成角的正切值的最大值为12正方体中，点在线段上运动，点在线段上运动，则下列说法中正确的有（ ）A三棱锥的体积为定值B线段长度的最小值为2C当为的中

5、点时，三棱锥的外接球表面积为D平面截该正方体所得截面可能为三角形四边形五边形三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13如图，在直三棱柱中，D，E分别为，分如中点，则过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线的长为_14某种冰淇淋是用球形塑料壳包装的，有80g装和200g装的两种规格，假设冰淇淋售价=（冰淇凌成本+包装成本）（1+利润率），并且包装成本与球形外壳表面积成正比已知80g装冰淇淋售价是1.50元，其中冰淇淋成本为每克1分，利润率为，则在利润率不变的情况下，200g装冰淇淋售价是_元（参考数据：）15在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是_.存

6、在点，使得平面平面；存在点，使得平面；的面积不可能等于；若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得16如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为_.四、解答题：本题共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）如图，由半径为2的四分之一圆面绕其半径所在直线旋转一周，形成的几何体底面圆的圆心为，是几何体侧面上不在上的动点，是的直径，为上不同于，的动点，为的重心，.（1）证明：平面；（2）当三棱锥体积最大时，求三棱锥的体积.18（12分）如图，在三棱锥中，三角形为等腰直角三角形且，侧棱，相等且，为的中点（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的

7、正弦值19（12分）如图，在三棱锥中，为直角三角形，是边长为4的等边三角形，AC，AB的中点分别是D，E，.（1）请你判断平面PAB垂直于平面ABC吗？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由；（2）求三棱锥的体积.20（12分）如图，在长方体中，.点为对角线的中点.（1）证明：直线平行于平面；（2）求点到平面的距离.21（12分）如图，四棱柱的棱长均为2，点是棱的中点，.（1）证明：平面；（2）若，求直线与底面所成角的正切值.22（12分）棱锥是生活中最常见的空间图形之一，譬如我们熟悉的埃及金字塔，它的形状可视为一个正四棱锥.我国数学家很早就开始研究棱锥问题，公元一世纪左右成书的九章算术第五章中

8、的第十二题，计算了正方锥、直方锥（阳马）、直三角锥（鳖臑）的体积，并给出了通用公式.公元三世纪中叶，数学家刘徽在给九章算术作的注中，运用极限思想证明了棱锥的体积公式.请你使用学过的相关知识，解决下列问题：如图，正三棱锥中，三条侧棱SA，SB，SC两两垂直，侧棱长是3，底面内一点P到侧面的距离分别为x，y，z.（1）求证：；（2）若，试确定点P在底面内的位置.试卷第4页，总4页参考答案1D【分析】根据棱柱的定义判断即可.【详解】长方体被两平面分成三部分，其中，其中两个三棱柱，底面是直角三角形；另一个是底面为6边形的直棱柱，所以这三个几何体中是棱柱的个数为：3.故选：D2D【分析】由勾股定理得出体

9、对角线的长度，由外接球的半径长为体对角线长的一半得出半径.【详解】该正方体的体对角线长为，外接球的半径为故选：D3B【分析】根据等腰三角形的边角关系，用和表示出的一半，从而得出底面内切圆半径与侧棱长的比.【详解】设为正六棱锥底面内切圆的圆心，连接，如图所示：由题意可知，设内切圆半径为，则，底面内切圆的半径与侧棱的比为故选：B4C【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征，观察可得答案.【详解】A项中的几何体是棱柱B项中的几何体是棱锥；D项中的几何体的棱AA，BB，CC，DD没有交于一点，则D项中的几何体不是棱台；C项中的几何体是由一个棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥剩余的部分，符合棱台的定义

10、，是棱台故选：C5C【分析】根据葛藤绕圆柱7周，由7个圆柱的侧面展开图拼成的矩形的对角线求解.【详解】如图所示，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，由题意得：2丈=20尺，圆周长BE=3尺，则葛藤绕圆柱7周后长为尺，故选：C6A【分析】首先发现斐波那契数的规律，并计算接下来的圆弧所在圆的半径，结合圆锥侧面展开图的特征，即可得出该半径即为圆锥的母线长.【详解】由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，所以接下来的一段圆弧所在圆的半径是，若用这一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，根据圆锥的侧面展开图为扇形可得，该圆锥的母线长即为该圆弧所在圆的半径，即等于.故选：A.7D【分析】利用圆柱、

11、圆锥、圆台的定义直接求解.【详解】图的上下底面既不平行又不全等，图不是圆柱，故A错误；图和图的母线长不相等,故图和图不是圆锥，故B错误；图的上下底面不平行,图不是圆台,故C错误;图的上下底面平行,且母线延长后交于一点,故图是圆台,故D正确.故选：D.【点睛】本题考查圆柱、圆锥、圆台的判断，属于基础题.8A【分析】设点投影到平面上的点为，利用数量关系可知，进而求出结果.【详解】设点投影到平面上的点为，则，又与轴正向的夹角为，由在轴与轴的投影可知，因此点的坐标为.故选：A.【点睛】本题考查立体几何中的空间点的位置问题，考查空间想象能力.9BD【分析】将直观图还原为原平面图形即可求解.【详解】解：在

12、直观图中，过作于， ，又，所以，所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图，故选项B正确；又，故选项A、C错误；，故选项D正确；故选：BD.10BC【分析】由求出正方体的棱长为2.A选项中，连接交于点，连接，通过三角形的中位线定理可证，结合线面垂直的性质可得进而可求出即为直线与平面所成的角，通过求出可判断A；B，易知平面，求出后，由可求出三棱锥的体积，从而判断B;C，设三棱锥的高为，则，即可求出，由即可求出，进而可判断C选项;D，连接，易知当时，二面角的平面角最大，可知是二面角的平面角，由余弦定理可求出，即可判断D选项.【详解】因为在正方体中，所以正方体的棱长为2.对于A，若，即，则点为

13、对角线的中点.又，所以平面即为平面.连接交于点，连接，则，故平面，因为平面，所以.又平面，所以即为直线与平面所成的角.易知，所以，所以，故A错误.对于B，因为，所以点为的中点，则，所以.因为平面，平面，所以，又，所以平面，故当为的中点时，有平面.又，所以，所以，故B正确.对于C，设三棱锥的高为，则，所以.因为，所以，所以，故C正确.对于D，连接，易知当时，二面角的平面角最大，此时点与点重合.连接，则，又，所以是二面角的平面角.因为，所以，所以，故D错误.故选:BC.【点睛】方法点睛:求线面角、面面角时，常用的思路有两种:一是找出线面角、面面角，结合正弦定理、余弦定理等进行求解；二是建立空间直角

14、坐标系，通过空间向量求解.11ABC【分析】根据正方体的边角关系及线线，线面关系，把异面直线平移到同一平面求得夹角；三棱锥为棱长为的正四面体，从而求得点到平面的距离；平面MNP，又点是线段上的动点，则点到平面MNP的距离为定值，且与点到平面MNP的距离相等，与点到平面MNP的距离相等，从而求得体积；作出线面夹角，当正切值取最大值时，最小，从而求得，代入即可求得正切值.【详解】如图所示，联结，N点是的中点，P点是的中点，则，故与所成角即与所成角，即，又，则，故A正确；，同理知，又，则三棱锥为棱长为的正四面体，则易知点到平面的距离为，故B正确；易知，则，平面MNP，即平面MNP，又点是线段上的动点

15、，则点到平面MNP的距离为定值，且与点到平面MNP的距离相等，而M为的中点，则点到平面MNP的距离与点到平面MNP的距离相等，为，故三棱锥的体积，故C正确；在正方体中，易知平面，则直线与平面所成角即为，又，则取最大值时，取最小值为a，此时，故D错误；故选：ABC【点睛】方法点睛：根据正方体的边角关系及线线，线面关系，把问题转化为已知平面，几何体内解决，或者用不变的量代替变量来表示，从而求得结果.12AB【分析】根据线面平行的判定可得A的正误，根据两个动点的特征可判断B的正误，可证明的中点即为三棱锥的外接球的球心，从而可判断C的正误，作出平面与正方体的截面，从而可判断D的正误.【详解】如图，由正

16、方体可得 故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，上任一点到平面距离为定值，即到平面距离为定值，而面积为定值，故为定值，A对.，B对.底面为等腰直角三角形，且边长为2，外接圆半径为，三棱锥的高为，如图，取的中点为，连接，则，故，故为三棱锥的外接球的球心，且半径为，故表面积为，故C不对.如下图所示：平面截该正方体所得截面可能为三角形四边形，不可能为五边形，故D错.故选：AB.13【分析】首先根据平行线将平面进行扩展得到过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，确定点为线段的三等分点靠近的点，最后在直角三角形中求得线段的长度即可.【详解】由题意将直三棱柱补成一个直四棱柱,取中点，连接,显

17、然，取中点，连接，则，所以A，D，F，E四点共平面，连接与的交点为，连接所以过点A，D，F，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，因为，且,所以点为线段的三等分点靠近的点，因为，所以，又D为中点，所以，因为面,所以，则.故答案为：.【点睛】本题主要考查截面问题，如需要将平面进行扩展，一般有两种方法，一是通过做平行线进行扩展，一种是找相交直线确定交线上的点进行扩展，在备考中注意多总结.14【分析】根据售价求出80g装冰淇淋的包装成本，设80g装和200g装的两种冰淇淋的半径分别为，求出它们的表面积之比，从而得200g装冰淇淋的包装成本，再计算出售价【详解】设80g装冰淇淋的包装成本为元，则，设80g装

18、和200g装的两种冰淇淋的半径分别为，比重为，则，所以，即，设200g装冰淇淋的包装成本为元，解得，所以200g装冰淇淋的售价为故答案为：3.4215【分析】当是中点时，可证明平面平面；取靠近的一个三等分点记为，可证明平面；作，则；当，时，【详解】如图1当是中点时，可知也是中点且，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；如图2取靠近的一个三等分点记为，记，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；如图3作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故错误；如图4,图5设，在平面

19、内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，当时，解得：，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查立体几何的探究性问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力等，是中档题.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.16【分析】连接与底面圆周交于点，由对称性可得，即为与所成角，求角的余弦值即可.【详解】如图所示：连接与底面圆周交于点，由对

20、称性可得四边形为长方形，故，所以即为与所成角，由，底面直径，可得，所以，即与所成角的余弦值为，故答案为：.17（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接并延长交于点，连接，可得，从而得证线面平行；（2）当三棱锥体积最大时，平面，平面平面，且和为等腰直角三角形，然后由体积公式进行计算，注意体积公式得出的体积比的转换【详解】（1）连接并延长交于点，连接，因为为的重心，所以.因为，所以，则，所以.又面，面，所以面.（2）当三棱锥体积最大时，平面，平面平面，且和为等腰直角三角形，则.所以.【点睛】关键点点睛：本题考查证明线面平行，求棱锥的体积解题关键是掌握棱锥的体积公式，特别是由体积公式得出的体积比

21、进行的三棱锥的转换求体积法18（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接，由中得到，再在中，利用勾股定理，得到，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可得到平面平面（2）由（1）知平面，进而证得平面，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求解【详解】（1）连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，因为，所以，所以，在中，因为，所以，即，又因为，所以平面又由平面，所以平面平面（2）由（1）知平面，因为平面，所以，因为，且，所以平面，所以为与平面所成的角，在直角中，因为，所以【点睛】求解直线与平面所成角的方法：1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；2、向量

22、法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.19（1）垂直，证明见解析；（2）.【分析】（1）由中位线、直角三角形、等边三角形的性质易得、，根据线面垂直的判定有面，由线面垂直的性质有，根据勾股逆定理知，最后根据线面垂直、面面垂直的判定即可证面面.（2）由（1）知PE是三棱锥的高，由三棱锥的体积，即可求体积.【详解】（1）面面，理由如下：由AC，AB的中点分别是D，E，则.由，则，.由是边长为4的等边三角形，则，.，面，而面，即， ，在中，由余弦定理，得，即

23、，又面，又面.面面.（2）由（1）知：面，即PE是三棱锥的高.又为直角三角形，且，三棱锥的体积：.【点睛】关键点点睛：（1）应用中位线、直角及等边三角形的性质，结合线面垂直的判定及性质和面面垂直的判定证面面垂直.（2）确定三棱锥的高和底面，利用三棱锥体积的公式求体积.20（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，由，证得平面，同理证得平面，利用面面平行的判定，证得平面平面，进而得到平面.（2）由（1）知平面，得到点到平面的距离即点到平面的距离，结合，即可求解.【详解】（1）如图所示，在正方体中，连接，因为，且平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平

24、面.（2）由（1）知平面，故点到平面的距离即点到平面的距离，由已知条件可得，所以，又由，设到平面的距离为，由，可得，解得，即点到平面的距离为.21（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于点，连接，可证得，进而由线面平行的判定定理可证得结果；（2）先证得，再证得平面平面，由此可证得平面，所以就是直线与底面所成的角，进而通过解直角三角形可得其正切值.【详解】（1）连接交于点，连接.由题意知四边形是菱形，故点是的中点. 又点是棱的中点，所以.又平面，平面，所以平面. （2）连接，设，连接，由，可得，则. 由题意知四边形是菱形，故点是的中点，得.在中，所以由余弦定理知. 连接，在中，所以由余弦

25、定理得.连接，故.在中，易得，故，得.又，所以. 易知，且，所以平面，又平面，所以平面平面.又，所以平面.故是直线与底面所成的角. 又，所以，所以，所以，即直线与底面所成角的正切值为.【点睛】关键点点睛：通过证得平面，可得就是直线与底面所成的角是解决本题的关键点.22（1）证明见解析；（2）点P为正三角形的中心.【分析】（1）P为底面ABC内的一点，连接PA，PB，PC，PS，如图，可将原三棱锥分成三个三棱锥，它们的高分别为，三棱锥的体积公式可得证；（2）由，可整理得.再利用基本不等式可得结论.【详解】（1）在正三棱锥中，SA，SB，SC两两垂直且AB=BC=CA，P为底面ABC内的一点，连接PA，PB，PC，PS，如图，可将原三棱锥分成三个三棱锥，它们的高分别为，由，即，得（2）由，得.又，当且仅当时取等号.故当时，点P为正三角形的中心.【点睛】关键点睛：本题考查空间中点到面距离的关系，关键在于利用三棱锥的体积，将点到面的距离转化为三棱锥的高得以解决.答案第21页，总21页