山西省山西大学附属中学2018-2019学年高二数学上学期10月模块诊断试题及答案word版 doc

山西大学附中2018-2019学年高二第一学期10月(总第二次)模块诊断数学试题

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，只有一个是符合题目要求的.）

1.一个几何体有6个顶点，则这个几何体不可能是（ ）

A. 三棱柱 B. 三棱台 C. 五棱锥 D. 四面体

【答案】D

【解析】

【分析】

根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形，即可得答案.

【详解】对于A，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；

对于B，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；

对于C，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；

对于D，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.

故选D.

【点睛】本题考查了认识立体图形，根据顶点及面的特点是解题关键．

2.下列说法正确的个数（ ）

①空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面；

②梯形可以确定一个平面；

③如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等；

④且，则在上.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平面的基本性质，空间直线与平面位置关系逐一分析四个命题的真假，可得答案．

【详解】对于①，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故不正确；

对于②，梯形由于有上下两底平行，则梯形是平面图形，故正确；

对于③，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故不正确；

对于④，由公理3得：若，，则，故正确.

故选B.

【点睛】本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，熟练掌握空间点、线、面的位置关系是解答的关键．

3.已知，表示两条不同直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）

A. 若则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若 ，则

【答案】B

【解析】

对于项、若，，则，相交、平行、异面都有可能，故错误；对于项、若，，则由线面垂直的定义可知，故正确；对于项、若，，则或，故错误；对于项、若，，则或与平面相交，故错误，故选．

【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质，属于中档题. 空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

4.下列关于简单几何体的说法中正确的是（ ）

①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；

②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；

③在斜二测画法中，与坐标轴不平行的线段的长度在直观图中有可能保持不变；

④有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；

⑤空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面.

A. ③④⑤ B. ③⑤ C. ④⑤ D. ①②⑤

【答案】B

【解析】

【分析】

根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来以及对概念的理解进行否定，即可得出答案.

【详解】对于①，不符合棱柱的结构特征，若下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱，如图：，故①不正确；

对于②，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故②不正确；

对于③，长宽分别为3和的矩形的对角线，在直观图中长度不变，而正方形的对角线长度改变，故③正确；

对于④，不符合棱台的结构特征，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点，故④不正确；

对于⑤，在平面内满足到定点的距离等于定长的所有点的集合为圆，在空间中，满足到定点的距离等于定长的所有点的集合为球面，故⑤正确.

故选B.

【点睛】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，棱锥的几何特征，棱台的几何特征，熟练掌握几何体结构特征是解答的关键，属于基础题．

5.如图,正方形的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）

A. 8 B. 6 C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由斜二测画法的规则知在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，长度保持不变，已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度为原来一半．由于轴上的线段长度为，故在平面图中，其长度为，且其在平面图中的轴上，由此可以求得原图形的周长．

【详解】由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，
可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为，其原来的图形如图所示：

∴原图形的周长是8.

故选A．

【点睛】本题考查了平面图形的直观图,考查了数形结合思想,解答此题的关键是掌握平面图形的直观图的画法,能正确的画出直观图的原图形.

6.已知正方体,为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，求出向量与的向量坐标，利用数量积求出异面直线与所成角的余弦值.

【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：

设正方体的棱长为1，则，，，，

∵为的中点

∴

∴，；，.

∴异面直线与所成角的余弦值为

故选A.

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角∠AEM（或其补角），是解题的关键．如果异面直线所成的角不容易找，则可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解．

7.如图是一个四面体的三视图，这三个视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则四面体的体积为（ ）

A. B. C. D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体中的三棱锥，其中是中点，由此能求出该四面体的体积．

【详解】由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体中的三棱锥，其中是中点，如图所示：

∴，三棱锥的高

∴该四面体的体积为

故选A.

【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.

8.在中，若绕直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意画出图象，所形成的几何体一个大圆锥去掉一个小圆锥，几何体的表面积是两个圆锥表面积的和．

【详解】依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示：

∴，.

∴所形成的几何体的表面积是

故选C.

【点睛】本题考查旋转体的表面积，确定旋转体的形状是关键．

9.如图，在空间四边形中，点分别是边的中点，分别是边上的点，，则（ ）

A. 与互相平行

B. 与异面

C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上

D. 与的交点一定在直线上

【答案】D

【解析】

试题分析：由＝＝得,,由点E、H分别是边AB、AD的中点得 一定相交，在平面ACB中，GH在平面ACD中，两面交线为AC直线，所以EF与GH的交点M一定在直线AC上

考点：公理三两面交线问题

点评：公理三还可用来证明三点共线

10.在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的大小为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

在正三棱柱中，取的中点，连接，，证明⊥面，则是与侧面所成的角，解直角三角形即可．

【详解】在正三棱柱中，取的中点，连接，，则易证⊥面.

∴是与侧面所成的角

∵，

∴，即.

故选A.

【点睛】考查直线和平面所成的角，求直线和平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，把空间角转化为平面角求解，属中档题．

11.在正三棱锥中，三条侧棱两两垂直且侧棱长为1，则点到平面的距离为（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

要求点P到平面ABC的距离，可根据等体积求解，即VA-PBC=VP-ABC，根据正三棱锥P-ABC中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，即可求得．

【详解】设点到平面的距离为.

∵三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1

∴

∴

∵

∴

∴，即点到平面的距离为.

故选C.

【点睛】本题以正三棱锥为载体，考查点面距离，解题的关键根据等体积求解，即．

12.已知矩形 ．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中（ ）

A. 存在某个位置，使得直线与直线垂直

B. 存在某个位置，使得直线与直线垂直

C. 存在某个位置，使得直线与直线垂直

D. 对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直

【答案】B

【解析】

最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项B是正确的

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二．填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.）

13.已知长方体的长宽高分别为1,2,3，则其外接球的表面积为______________．

【答案】

【解析】

长方体外接球的直径是长方体的对角线长，，外接球的表面积为，故答案为.

14.已知半径为1的球与正三棱柱的六个面都相切，则三棱柱的体积为____________.

【答案】

【解析】

【分析】

通过题意求出棱柱的高，底面边长，底面面积，求出棱柱的体积

【详解】球与正三棱柱各个面都相切，所以三棱柱的高，底面边长，底面面积为.

∴三棱柱的体积为

故答案为.

【点睛】本题考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系，解答本题的关键是通过内切球与正三棱柱的关系求出正三棱柱的体积，考查计算能力，空间想象能力，是基础题

15.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.

16.如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点．下列命题正确的为_______________.

①存在点，使得//平面；

②对于任意的点，平面平面；

③存在点，使得平面；

④对于任意的点，四棱锥的体积均不变．

【答案】①②④

【解析】

【分析】

根据线面平行和线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理和性质分别进行判断即可．

【详解】①当为棱上的一中点时，此时也为棱上的一个中点，此时//，满足//平面，故①正确；

②连结，则平面，因为平面，所以平面平面，故②正确；

③平面，不可能存在点，使得平面，故③错误；

④四棱锥的体积等于，设正方体的棱长为1.

∵无论、在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变，三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变.

∴四棱锥的体积为定值，故④正确.

故答案为①②④.

【点睛】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的位置关系的判断，解答本题的关键正确利用分割法求空间几何体的体积的方法，综合性较强，难度较大．

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.如图,直三棱柱中，,分别是的中点，若,求异面直线所成角的余弦值．

【答案】所成角余弦值为

【解析】

【分析】

根据直三棱柱中，，以及，将此三棱柱扩展为正方体，再取中点，连接，，结合∥，可得所成角为或其补角，然后根据勾股定理及余弦定理即可解答.

【详解】因为直三棱柱，，且，

所以可以把此三棱柱扩展为正方体，,取的中点,连接,因为,所以异面直线所成角为或其补角。

设，所以

，

由余弦定理得

因为异面直线所成角范围，所以异面直线所成角余弦值为

【点睛】对于异面直线所成的角，一般是通过平移的方法形成异面直线所成的角（或其补角），再根据其所在三角形的边角关系，计算其大小，要注意异面直线所成的角是锐角或直角，若计算出是钝角时，其补角才是异面直线所成的角.

18.如图，已知正方体的棱长为3，分别为和上的点，.

（1）求证：面；

（2）求的长．

【答案】(1)见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）作，交于点，连接.通过相似比可得∥∥，从而可证面；（2）通过相似求出，，结合勾股定理即可求得.

【详解】（1）作,交于点,连接,因为正方体的棱长为3，

所以，所以,因为,所以,,

又因为,

所以,

面；

（2）由（Ⅰ），.可得

同理,,,,-

【点睛】本题考查线面平行的判定以及线段长度，解答本题的关键是构造相似三角形，通过相似比推出线线平行，从而推出线面平行.

19.如图，是所在平面外一点，分别是的重心.

（1）求证：平面平面；

（2）求与的面积比.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用重心的性质，以及面面平行的判定定理进行证明；（2）根据平面的相交，以及相似三角形的面积之比等于对应边的平方比，转化为对应的边之比即可．

【详解】（1）连接、，并延长分别交BC、AB于点M，N，连接MN.

∵、分别是△PBC、△PAB的重心，

∴，，

∴.

∵平面ABC，平面ABC，

∴平面ABC.

同理，平面ABC.

∵，且、平面，

∴平面平面ABC.

（2）由（1）知，.

∵，，

∴，.

同理可得：，，，，

则.

故与△ABC的面积之比为.

【点睛】本题主要考查面面平行的判定，要证“面面平行”，只需要证明“线面平行”，即证“线线平行”，故问题最终转化为证线与线的平行．

20.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，分别是的中点．

（1）求证：；

（2）求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

试题分析：

(Ⅰ)由题意可证得，，则平面，由线面垂直的性质有，由三角形中位线的性质可得，则

(Ⅱ)（方法一）为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，计算可得

平面的一个法向量，则直线与平面所成角的正弦值为.

（方法二）由等体积法可得点到平面的距离，据此可得与平面所成角的正弦值为.

试题解析：

（Ⅰ）因为底面，平面，所以

又因为正方形中，，

所以平面

又因为平面，所以

因为分别是、的中点，所以

所以

（Ⅱ）（方法一）由（Ⅰ）可知，，，两两垂直，以为轴，以为轴，以为轴，设，

，，，，

，，

设平面的一个法向量，

，解得

设直线与平面所成角为，则

（方法二）设点到平面的距离为

等体积法求出

设直线与平面所成角为，

21.如图，在四棱锥中，,底面为梯形，且平面．

（1）证明：平面平面；

（2）当异面直线与所成角为时，求四棱锥的体积．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

试题分析：

(1)很明显，由线面垂直的定义可知，则平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面.

(2)取的中点，连接，由题意可得四边形为平行四边形，，则，结合(1)的结论有，由几何关系可证得平面.据此由体积公式计算可得.

试题解析：

（1），所以，

因为平面平面,所以,

因为，所以.

因为，所以平面，

又平面，所以平面平面.

（2）如图，取的中点，连接，

因为，

所以四边形为平行四边形，，

则为异面直线所成的角，即，

由（1）知，平面,所以，又，所以，

而，所以，所以，

如图，取的中点，连接为等腰直角三角形，则，

因为平面，所以，又，所以平面.

所以.

22.如图，四边形中，，，，， 分别在上，，现将四边形沿折起，使．

（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；

（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离．

【答案】（1）见解析；（2）点F到平面ADC的距离为.

【解析】

试题分析：本题考查空间线面关系的判定与证明、体积公式的应用.(1)把平面转化为线线平行,再利用线线平行的性质即可得出结论,也可以先分析出结论,再进行证明;(2)先根据题意得到==，时，体积有最大值，此时可得到=，再利用三棱锥体积公式,利用等体积的方法借助转换顶点的方法求出三棱锥的高即可.

解析：

(1)上存在一点,使得平面,

此时.

理由如下:

当时,,

过点作交于点,连结,

则有==,

∵,可得,

故,

又,

故有,

故四边形为平行四边形,

∴,

又∴平面平面,

故有∴平面成立.

(2)设,

∴==,

故==,

∴当时,有最大值,且最大值为3,

此时=,

在中,由余弦定理得

===,

∴=,

==,

设点到平面的距离为,

由于,

即=,

∴=,即点到平面的距离为.

点睛：这个题目考查了线面平行的证明和判定性质，棱锥体积的求法；对于线面平行的证法，一般是转化为线线平行；常见方法有：构造三角形中位线，构造平行四边形等方法证明线线平行，从而得到线面平行。求棱锥体积时当原椎体的底面积或者高不好求时，可以考虑等体积转化，求点面距时，也经常考虑等体积转化。

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本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/58541b06f8d6195f312b3169a45177232f60e4ec.html