2020-2021学年山西省晋中市高一（下）期中考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高一（下）期中考试数学（文）试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下面四个几何体中，是棱台的是( )
A.B.
C.D.

2. 已知α，β为不同的平面，a，b，c为不同的直线，则下列说法正确的是( )
A.若a，b，c两两相交，则a，b，c在同一个平面内
B.若a⊂α，b⊂β，且α∩β=c，则a，b与c都有交点
C.若a//α，a//β，b//α，b//β，则α//β
D.若α⊥β，α∩β=a，b⊂α，且b⊥a，则b⊥β

3. 下列结论正确的是( )
A.如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合
B.若一条直线与一个平面内的两条直线都垂直，则该直线与此平面垂直
C.过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线
D.若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行

4. 已知一个长方体的长、宽、高分别为2dm，3dm，32dm，则其外接球的体积为( )
A.125π8dm3B.125π6dm3C.32πdm3D.64πdm3

5. 有以下命题：
①以直角梯形的一腰为轴旋转所得的几何体是圆台；
②棱台的两个底面一定是相似多边形；
③连接圆柱的上，下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线；
④用平行于底面的平面截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台.
其中的正确命题的个数为( )
A.1B.2C.3D.4

6. 已知一个圆锥的母线长为22，其母线与底面所成的角为45∘，则这个圆锥的体积为( )
A.4πB.8πC.4π3D.8π3

7. 如图所示的是一个四边形用斜二测法画出的直观图，它是一个底角为45∘，腰和上底边长都为4的等腰梯形，则原四边形的周长为( )

A.6+22+26B.8+22+26C.12+42+26D.16+42+46

8. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值是( )

A.105B.15C.1010D.45

9. 《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，若阳马以该正八棱柱的顶点为顶点、以正八棱柱的侧棱为垂直于四棱锥底面的侧棱，则这样的阳马的个数是( )

A.48B.32C.24D.8

10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( )

A.18+32B.18+92C.16+22D.16+32

11. 已知a，b是两条相交直线，直线c分别与直线a，b异面，直线a上取4个不同的点，直线b上取3个不同的点，直线c上取2个不同的点，由这9个不同点所能确定的不同平面个数最多是( )
A.36B.24C.12D.11

12. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，AB，A1D1的中点分别是P，Q，直线PQ与正方体的外接球O相交于M，N两点，点G是球O上的动点，则△GMN面积的最大值为（ ）
A.32+62B.22+32C.5+302D.624
二、填空题

一个棱柱至少有________条棱，一个棱锥至少有________个顶点．

已知正四棱锥P−ABCD的侧棱长为43，且∠APB=30∘，若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为________．

在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，则该截面的面积是________．

一个圆锥的轴截面是一个等边三角形，△ABC是底面圆的一个内接正三角形，V是圆锥的顶点，则二面角V−AB−C的正切值是________ .
三、解答题

如图，在三棱锥P−ABC中，E，F分别是PA，AB的中点，G，H分别是PC，BC上的点，且CGGP=CHHB=12．

(1)证明：E，F，G，H四点共面；

(2)证明：三条直线EG，FH，AC交于一点．

如图，已知多面体ABCDEF中的四边形ABCD是正方形，△BCF是以BC为斜边的等腰直角三角形，EF//AB，△ADE是等边三角形，M是棱BC的中点，且FM⊥AB.

(1)证明：AB⊥平面BCF；

(2)设AB=a，求多面体ABCDEF的体积．

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是斜边为AC的等腰直角三角形，AB=BB1，且M是AB的中点，N是A1C与AC1的交点．

(1)证明：MN//平面BCC1B1；

(2)证明：平面AMN⊥平面A1B1C .

在平面四边形ABCD中，△ABD是边长为4的正三角形，∠BCD=30∘，BD⊥CD，如图1，现将△ABD沿着BD边折起，使平面ABD⊥平面BCD，点P在线段AD上，平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，如图2 .

(1)证明：BP⊥AC；

(2)若Q为CD的中点，求Q到平面BPC的距离．

如图，已知四棱锥S−ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，SD⊥平面ABCD，且SD=3 .

(1)求直线SB与平面ABCD所成角的余弦值；

(2)点E在棱SA上，且满足SE=2EA，在直线BE上是否存在一点M，使DM//平面SBC？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是棱BC，CC1的中点，点E在棱A1B1上，且A1E=12EB1．

(1)证明：BE//平面A1MN；

(2)若AB⊥BC，AB=3，BC=2，BB1=6，求平面A1MN与平面ABC所成锐二面角的大小．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高一（下）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
【解析】
A是圆台，D是棱锥，C不是四棱台，B是三棱台．
【解答】
解：A是圆台，D是棱锥，C不是四棱台，B是三棱台．
故选B .
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若a，b，c两两相交，交于不同的点，则a,b,c在同一个平面内，若交于同一点，则a,b,c可以不在同一个平面内，所以A错误；
若a⊂α，b⊂β，且α∩β=c，则a，b可以与c平行，所以B错误；
若a//α,a//β,b//α,b//β，当a//b时，α,β可以是两相交平面，所以C错误.
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，若两个平面相交时，交线上的点都是公共点，但这两个平面不重合，A错误；
对于B，一条直线与一平面的两条相交的直线垂直，该直线才与该平面垂直，B错误；
对于C，过平面外一点与平面内一点的直线与平面相交，而平面内不过交点的直线与该直线成异面直线，C正确；
对于D，两条直线和一个平面所成的角相等，则两直线可能平行，也可能相交或异面，D错误．
故选C .
4.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：这个长方体的对角线长4+3+18=5(dm)，
则其外接球半径为52dm，故体积为43π(52)3=125π6(dm3).
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以直角梯形较长的腰为轴旋转所得的几何体不是圆台，所以①错误；
棱台的两个底面一定是相似多边形，所以②正确；
圆柱的轴截面与其侧面的交线才是圆柱的母线，所以③错误；④显然是正确的．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易求出圆锥底面圆的半径r=2，高ℎ=2，故圆锥的体积V=13πr2ℎ=8π3.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原图是一个如图所示的直角梯形，
其中AB=4，BC=8，CD=4+42，AD=46，
则周长为4+8+4+42+46=16+42+46.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，连接A1D，BD，
因为A1D//B1C，
所以∠BA1D是异面直线A1B与B1C所成的角．
设AD=AA1=1，则AB=2，A1B=BD=5，A1D=2，
所以△A1BD是以A1D为底边的等腰三角形，
cs∠BA1D=225=1010，
即A1B与B1C所成角的余弦值是1010 .
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】

【解答】
解：在正八棱柱的下底面中，根据正八边形的性质，其内接矩形共有6个，而每个矩形可以形成4个不同的阳马，
所以这样的阳马个数是24．
同理，以上底面中的矩形为底面的也有24个阳马，因此共48个不同的阳马．
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：把该四棱锥S−ABCD放在一个棱长为3的正方体中，如图所示，
则其表面积为9+2×12×3×3+2×12×3×32=18+92 .
故选B .
11.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不在同一直线上的三点确定一个平面．
①直线c上取两点，另一点取自直线a或直线b，可以确定7个平面．
②直线c上取一点，直线a与直线b上各取一点可以确定2×4×3=24个平面；
直线c上取一点，另两点取自同一条直线上，可以确定4个平面．
③直线c上不取点，另3点都在直线a或直线b上取可以确定1个平面，
所以一共能确定7+24+4+1=36个不同的平面．
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，设正方体外接球球O的半径为r，
过球心O作OH⊥PQ，垂足为H，
易知H为PQ的中点．
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以PQ=6，HP=62，OP=2，ON=r=3，
所以OH=OP2−HP2=2−64=22，
HN=ON2−OH2=3−24=102，
所以MN=10．
因为点G是球O上的动点，
所以点G到MN的最大距离为ℎ=OH+r=22+3，
故△GMN面积的最大值为12MN⋅ℎ=12×10×22+3=5+302．
故选C．
二、填空题
【答案】
9,4
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
根据棱柱与棱锥的结构特征进行分析．
【解答】
解：棱柱的面最少时为三棱柱，有5个面，6个顶点、9条棱，
棱锥的面最少时为三棱锥，有4个面、4个顶点、6条棱．
故答案为：9；4．
【答案】
12
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，∠APA′=120∘，AP=A′P=43，
显然，PE⊥AA′，∠EPA′=60∘，
所以A′E=43×32=6，从而最短距离A′A=2×6=12．
故答案为：12．
【答案】
812
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面为等腰梯形DEFC1．
画出平面图形DEFC1如下，
因为C1D=62，EF=32，DE=C1F=35，
所以EH=922，
所以截面DEFC1的面积为1262+32×922=812 .
故答案为：812.
【答案】
23
【考点】
二面角的平面角及求法
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设底面圆心为O，取AB的中点D，点D在平面VOC内，连结VD，OD，VO，轴截面如图所示，
则二面角V−AB−C的平面角是∠VDC．
设VC=2，则VO=3，OD=12，且VO⊥CD，
所以tan∠VDC=VOOD=23．
故答案为：23．
三、解答题
【答案】
证明：(1)在△PAB中，
因为E，F分别是PA，AB的中点，
所以EF//PB，EF=12PB.
在△PBC中，因为CGGP=CHHB=12，
所以GH//PB， CGCP=CHCB=GHBP=13，
从而GH=13PB，
所以GH//EF，即E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知，GH//EF，GH所以EG，FH必相交于一点，设为点O．
因为O∈EG，EG⊂平面PAC，
所以O∈平面PAC .
同理O∈平面ABC，即O是平面PAC与平面ABC的公共点．
因为平面PAC∩平面ABC=AC，
所以O∈AC，即三条直线EG，FH，AC交于一点.
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)在△PAB中，
因为E，F分别是PA，AB的中点，
所以EF//PB，EF=12PB.
在△PBC中，因为CGGP=CHHB=12，
所以GH//PB， CGCP=CHCB=GHBP=13，
从而GH=13PB，
所以GH//EF，即E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知，GH//EF，GH所以EG，FH必相交于一点，设为点O．
因为O∈EG，EG⊂平面PAC，
所以O∈平面PAC .
同理O∈平面ABC，即O是平面PAC与平面ABC的公共点．
因为平面PAC∩平面ABC=AC，
所以O∈AC，即三条直线EG，FH，AC交于一点.
【答案】
(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB⊥BC .
又FM⊥AB，FM∩BC=M，
所以AB⊥平面BCF．
(2)解：如图，因为AD//BC，过AD作平行于平面BCF的平面，
将多面体ABCDEF补形成三棱柱ADN−BCF，由(1)知三棱柱ADN−BCF是直棱柱．
因为△BCF是以BC为斜边的等腰直角三角形，且AB=BC=a，
所以S△BCF=a24，所以VADN−BCF=a34 ．
设AD的中点为G，连接EG，NG，
可知NG=a2，EG=3a2，
所以EN=EG2−NG2=2a2，
所以VE−ADN=13⋅a24⋅22a=2a324，
故VABCDEF=VADN−BCF−VE−ADN=a34−2a324=6−224a3 .
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB⊥BC .
又FM⊥AB，FM∩BC=M，
所以AB⊥平面BCF．
(2)解：如图，因为AD//BC，过AD作平行于平面BCF的平面，
将多面体ABCDEF补形成三棱柱ADN−BCF，由(1)知三棱柱ADN−BCF是直棱柱．
因为△BCF是以BC为斜边的等腰直角三角形，且AB=BC=a，
所以S△BCF=a24，所以VADN−BCF=a34 ．
设AD的中点为G，连接EG，NG，
可知NG=a2，EG=3a2，
所以EN=EG2−NG2=2a2，
所以VE−ADN=13⋅a24⋅22a=2a324，
故VABCDEF=VADN−BCF−VE−ADN=a34−2a324=6−224a3 .
【答案】
证明：(1)如图，连接BC1，
因为M，N分别是AB，AC1的中点，
所以MN//BC1 .
又因为BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，
所以MN//平面BCC1B1 .
(2)连接A1M，如图，
由图可知平面AMN就是平面ABC1 .
因为AB=BB1，AB=BC，
所以BB1=BC．
又ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以四边形BCC1B1是正方形，
所以BC1⊥B1C .
因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥AB，
又BC⊥AB，所以AB⊥平面BCC1B1，
从而AB⊥B1C .
又AB∩BC1=B，
所以B1C⊥平面ABC1，即B1C⊥平面AMN．
又B1C⊂平面A1B1C，
所以平面AMN⊥平面A1B1C​ .
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)如图，连接BC1，
因为M，N分别是AB，AC1的中点，
所以MN//BC1 .
又因为BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，
所以MN//平面BCC1B1 .
(2)连接A1M，如图，
由图可知平面AMN就是平面ABC1 .
因为AB=BB1，AB=BC，
所以BB1=BC．
又ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以四边形BCC1B1是正方形，
所以BC1⊥B1C .
因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥AB，
又BC⊥AB，所以AB⊥平面BCC1B1，
从而AB⊥B1C .
又AB∩BC1=B，
所以B1C⊥平面ABC1，即B1C⊥平面AMN．
又B1C⊂平面A1B1C，
所以平面AMN⊥平面A1B1C​ .
【答案】
(1)证明：因为平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，
所以P为线段AD的中点．
由△ABD是正三角形，所以BP⊥AD，
取BD的中点E，
则AE⊥BD .
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
从而AE⊥CD .
又BD⊥CD，AE∩BD=E，
所以CD⊥平面ABD，
从而BP⊥CD .
由于CD∩AD=D，
所以BP⊥平面ACD .
因为AC⊂平面ACD，
所以BP⊥AC .
(2)解：由(1)知AE⊥平面BCD，△ABD是边长为4的正三角形，
所以AE=23，可得P到平面BCD的距离为3 .
因为Q为CD的中点，
在Rt△BCD中，∠BCD=30∘，BD=4，CD=43，
所以Rt△BCD的面积为83，
VP−BCQ=12VP−BCD=12×13×83×3=4 .
由(1)知△BPC是直角三角形，
S△BPC=12BP⋅CP=12×23×213=239 .
设Q到平面BPC的距离为d，
则VQ−BPC=VP−BCQ=13d⋅S△BCP=2393d=4，
解得d=23913 .
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，
所以P为线段AD的中点．
由△ABD是正三角形，所以BP⊥AD，
取BD的中点E，
则AE⊥BD .
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
从而AE⊥CD .
又BD⊥CD，AE∩BD=E，
所以CD⊥平面ABD，
从而BP⊥CD .
由于CD∩AD=D，
所以BP⊥平面ACD .
因为AC⊂平面ACD，
所以BP⊥AC .
(2)解：由(1)知AE⊥平面BCD，△ABD是边长为4的正三角形，
所以AE=23，可得P到平面BCD的距离为3 .
因为Q为CD的中点，
在Rt△BCD中，∠BCD=30∘，BD=4，CD=43，
所以Rt△BCD的面积为83，
VP−BCQ=12VP−BCD=12×13×83×3=4 .
由(1)知△BPC是直角三角形，
S△BPC=12BP⋅CP=12×23×213=239 .
设Q到平面BPC的距离为d，
则VQ−BPC=VP−BCQ=13d⋅S△BCP=2393d=4，
解得d=23913 .
【答案】
解：(1)如图，连接BD，
因为SD⊥平面ABCD，
所以直线SB与平面ABCD所成角为∠SBD.
又底面ABCD是边长为1的正方形，
所以BD=2．
因为SD⊥平面ABCD，
所以SD⊥BD.
又SD=3，所以SB=5，
所以cs∠SBD=25=105 ，
即直线SB与平面ABCD所成角的余弦值为105．
(2)直线BE上存在这样的点M，使DM//平面SBC．
过A作SB的平行线交直线BE于点M，点M即为符合条件的点．
连接DM，
因为AD//BC且AM//SB，
所以平面AMD//平面SBC，
所以MD//平面SBC．
又SE=2EA，
所以EM=12BE.
因为底面ABCD是正方形，且SD⊥平面ABCD，
易证AB⊥平面SAD，
所以AB⊥AE .
因为AB=1，AE=23，
所以BE=133，
所以BM=32BE=132 .
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的性质
平面与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图，连接BD，
因为SD⊥平面ABCD，
所以直线SB与平面ABCD所成角为∠SBD.
又底面ABCD是边长为1的正方形，
所以BD=2．
因为SD⊥平面ABCD，
所以SD⊥BD.
又SD=3，所以SB=5，
所以cs∠SBD=25=105 ，
即直线SB与平面ABCD所成角的余弦值为105．
(2)直线BE上存在这样的点M，使DM//平面SBC．
过A作SB的平行线交直线BE于点M，点M即为符合条件的点．
连接DM，
因为AD//BC且AM//SB，
所以平面AMD//平面SBC，
所以MD//平面SBC．
又SE=2EA，
所以EM=12BE.
因为底面ABCD是正方形，且SD⊥平面ABCD，
易证AB⊥平面SAD，
所以AB⊥AE .
因为AB=1，AE=23，
所以BE=133，
所以BM=32BE=132 .
【答案】
(1)证明：如图，连接BC1，C1E，延长MN，B1C1交于点F，连接A1F .
由M，N分别是棱BC，CC1的中点，
得BC1//MF且C1F=MC=12B1C1，
所以B1C1B1F=B1EB1A1，
从而C1E//A1F．
所以BC1//平面A1MF，C1E//平面A1MF，且BC1∩C1E=C1，
所以平面BC1E//平面A1MF，
从而BE//平面A1MN .
(2)解：由(1)知平面A1MN与平面ABC所成的锐二面角等于平面BC1E与平面A1B1C1所成的锐二面角．
又BB1⊥平面A1B1C1，AB⊥BC，AB=3，BC=2，BB1=6，
取C1E的中点H，连接BH，B1H，
因为B1E=B1C1=2，
所以B1H⊥C1E，
易证BH⊥C1E，
所以平面BC1E与平面A1B1C1所成的锐二面角的平面角为∠B1HB .
易得B1H=2，
因为tan∠BHB1=62=3，
所以∠BHB1=π3，即平面A1MN与平面ABC所成锐二面角的大小是π3.
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
平面与平面平行的性质
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，连接BC1，C1E，延长MN，B1C1交于点F，连接A1F .
由M，N分别是棱BC，CC1的中点，
得BC1//MF且C1F=MC=12B1C1，
所以B1C1B1F=B1EB1A1，
从而C1E//A1F．
所以BC1//平面A1MF，C1E//平面A1MF，且BC1∩C1E=C1，
所以平面BC1E//平面A1MF，
从而BE//平面A1MN .
(2)解：由(1)知平面A1MN与平面ABC所成的锐二面角等于平面BC1E与平面A1B1C1所成的锐二面角．
又BB1⊥平面A1B1C1，AB⊥BC，AB=3，BC=2，BB1=6，
取C1E的中点H，连接BH，B1H，
因为B1E=B1C1=2，
所以B1H⊥C1E，
易证BH⊥C1E，
所以平面BC1E与平面A1B1C1所成的锐二面角的平面角为∠B1HB .
易得B1H=2，
因为tan∠BHB1=62=3，
所以∠BHB1=π3，即平面A1MN与平面ABC所成锐二面角的大小是π3 .