2020-2021学年河南省郑州市某校高一（上）12月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年河南省郑州市某校高一（上）12月月考数学试卷，共8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. 下列说法正确的是( )
A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B.一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥
C.棱锥的所有侧面都是三角形
D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台

2. 若l1，l2为异面直线，直线l3与l2平行，则l1与l3的位置关系是( )
A.相交B.异面C.平行D.异面或相交

3. 已知圆锥的全面积是底面积的4倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A.2π3B.5π6C.3D.4

4. 已知直角三角形的两直角边分别为1，3，若绕三角形的斜边旋转一周形成的几何体，则该几何体的体积为( )
A.π4B.π3C.π2D.π

5. 下列命题正确的是( )
A.三点确定一个平面
B.一条直线和一个点确定一个平面
C.梯形可确定一个平面
D.圆心和圆上两点确定一个平面

6. 若边长为2的正△A1B1C1是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是( )
A.3B.6C.23D.26

7. 将一个棱长为1cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为( )
A.3π3cm2B.πcm2C.43πcm2D.3πcm2

8. 某四棱台的三视图如图所示，则该棱台的体积为( )
(棱台体积公式：V=13(S1+S1S2+S2)h)

A.263B.283C.10D.323

9. 已知正四棱锥O−ABCD中，底面边长为2，侧棱长为3，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A.92πB.9πC.4πD.π

10. 下列关于直线l，点A，B与平面α的关系推理错误的是( )
A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB
C.l⊄α，A∈l⇒A∉α
D.A∈l，l⊂α⇒A∈α

11. 三棱锥A−BCD的六条棱所在直线成异面直线的有( )
A.3对B.4对C.5对D.6对

12. 圆锥和圆柱的底面半径、高都是R，则圆锥的表面积和圆柱的表面积之比为( )
A.2+1:4B.2:2C.1:2D.2+1:2
二、填空题

若正四面体ABCD的棱长为2，则该正四面体的外接球的表面积为________．

三条直线相交于一点，则它们最多能确定________个平面．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AC=BC=1，∠ACB=90∘，则四棱锥B−A1ACC1的体积为________.


已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则此圆锥外接球的体积是________.
三、解答题

已知球O的半径为5.
(1)求球O的表面积；

(2)若球O有两个半径分别为3和4的平行截面，求这两个截面之间的距离．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BC的中点．

(1)求证：A1B//平面ADC1；

(2)若AB⊥AC，AB=AC=1，AA1=2，求三棱锥C1−ABC的体积．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中， AB=AD=1，AA=2，点P为棱DD1的中点．

(1)证明：BD1//平面PAC；

(2)求异面直线BD1与AP所成角的大小．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市某校高一（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
棱锥的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱柱的结构特征
【解析】
举反例判断A，B，D错误，根据棱锥侧棱交于一点判断C．
【解答】
解：A，棱台的上下底面互相平行，侧面都是四边形，
但棱台不是棱柱，故错误；
B，当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，
当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故错误；
C，由于棱锥的所有侧棱都交于一点，
故棱锥的侧面都是三角形，故正确；
D，当平面与棱锥的底面不平行时，
截面与棱锥底面间的几何体不是棱台，故错误．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
以正方体为载体，列举出所有情况，由此能判断1与I3的位置关系．
【解答】
解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ AB和CC1是异面直线，DD1//CC1，
∴ AB和DD1是异面直线.
∵ AB和CC1是异面直线，BB1//CC1，
∴ AB和BB1是相交直线，
∴ 若l1，l2为异面直线，直线l3与l2平行，
则l1与l3的位置关系是异面或相交．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
弧长公式
扇形面积公式
【解析】
圆锥的全面积是底面积的4倍，那么母线和底面半径的比为3，求出侧面展开图扇形的弧长，可求其圆心角．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，
由于圆锥的全面积是底面积的4倍，
即πr2+12×2πr⋅l=4πr2，
解得l=3r，
即母线和底面半径的比为3.
设圆锥底面半径为1，则圆锥母线长为3，
圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长，为2π，
所以该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为2π3.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
几何体的体积是由上下两个圆锥的体积组成的，它们的底面半径相同，都是直角三角形上的高，利用圆锥体积公式，即可求得结论．
【解答】
解：如图，
AC=1，BC=3，
所以AB=2，
斜边的高h=1×3÷2=32，
以AC为母线的圆锥体积为13π⋅322⋅AO，
以BC为母线的圆锥体积为13π⋅322⋅BO，
所以绕斜边旋转一周形成的
几何体的体积为13π⋅322⋅AB=π2.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
直接利用平面的性质的应用，共面的条件的应用求出结果．
【解答】
解：A，当三点共线时，不能确定一个平面，故错误；
B，当该点在直线上时，不能确定一个平面，故错误；
C，由于梯形由两条对边平行，所以确定的平面有且只有一个，
故另两条边也在该平面上，故正确；
D，当圆心和圆上的两点在同一条线上时，
不能确定一个平面，故错误．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
易得直观图的面积，又由它是一个水平放置的平面图形的斜二侧直观图，可以根据原几何图形的面积：直观图的面积=22;1，快速的计算出答案．
【解答】
解：由于原几何图形的面积：直观图的面积=22:1，
∵ 正△A1B1C1的边长为2，
∴ S直观图=12×2×2×sin60∘=3，
∴ 原图形的面积为S=22×3=26.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
多面体的内切球问题
【解析】
由正方体的棱长求得正方体内切球的半径，代入球的表面积公式求解．
【解答】
解：∵ 正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，
则球内切于正方体，则球的直径为1cm，半径为12cm，
∴ 可能制作的最大零件的表面积为4π×122=πcm2.
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
【解答】
解：由三视图可知该几何体为正四棱台，
上底面积S1=4，下底面积S2=16，
∴ 棱台体积V=13×4+4×16+16×1=283.
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
正四棱锥外接球的球心在它的高上，然后根据勾股定理解出外接球的半径．
【解答】
解：过点O作OH⊥平面ABCD，则球心在直线OH上，
设球心为M，外接球半径为R，如图所示，
∵ 四棱锥O−ABCD为正四棱锥，
∴ 点H为AC与BD的交点，
∴ HD=12BD=2．
∵ 在Rt△OHD中，OD=3，HD=2，
∴ OH=1.
在Rt△MHD中，MD=R，HD=2，
MH=OH−OM=1−R，
∴ R2=2+1−R2，
解得R=32，
∴ 该四棱锥外接球的表面积为S=4πR2=4π×94=9π.
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
本题考查平面的基本性质及其推论，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．
一条直线的两个点在一个平面上，则直线在平面上，故A正确，两个平面有两个交点，则有一条交线，故B正确，直线在平面外可能是相交的关系，故C不正确，根据直线在平面内，则直线上的点在平面内，故D正确．
【解答】
解：A，因为直线上两点在平面内，则直线在平面内，故正确；
B，两平面有两个交点，则两平面相交于一条直线，故正确；
C，l⊄α ，A∈l⇒A∉α或A∈α，故错误；
D，直线在平面内，则直线上的所有点在该平面内，故正确.
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
异面直线的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据异面直线的定义，可知有三对异面直线，如图：
分别是AB与DC、AD与BC、AC与DB.
故选A.
12.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
直接求出圆锥或圆柱的表面积，即可确定二者的比值．
【解答】
解：由题意，得圆锥的表面积为
πR2+12×2R×2πR=1+2πR2，
圆柱的表面积为2πR2+π×2R×R=4πR2，
所以圆锥的表面积与圆柱的表面积之比为2+1:4.
故选A．
二、填空题
【答案】
3π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，即可得出结论．
【解答】
解：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为1，
正方体的对角线长为3，
∵ 正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长3，
即r=32，
∴ 外接球的表面积S=4π×(32)2=3π．
故答案为：3π.
【答案】
3
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
以三棱锥为载体，能求出不重合的三条直线相交于一点，它们最多能确定多少个平面．
【解答】
解：当三条直线共面时，显然只能确定1个平面；
当三条直线不共面时，以三棱锥的三条棱为例，
任意两条侧棱都确定一个平面，而三棱锥有三个侧面，
故相交于一点的三条直线最多能确定3个平面.
故答案为：3．
【答案】
23
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
利用三棱柱的体积，转化求解棱锥的体积即可．
【解答】
解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ AA1=2，AC=BC=1，∠ACB=90∘，
∴ V四棱锥B−A1ACC1=SABC−A1B1C1−SB−A1B1C1
=12×1×1×2−13×12×1×1×2=23.
故答案为：23.
【答案】
323π27
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由题意画出图形，可知轴截面三角形的外接圆的半径就是圆锥外接球的半径，求解三角形得到圆锥外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
【解答】
解：如图，
△DAE是等边三角形，其外接圆的半径就是圆锥外接球的半径，
∵ △DAE的边长是2，
∴ 高DO=3，
∴ 外接圆的半径是233，
故此圆锥外接球的体积V=43π2333=323π27.
故答案为：323π27.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为球O的半径为R=5，
所以球O的表面积为S=4πR2=100π.
(2)如图，
设两个半径分别为r1=3和r2=4的
平行截面的圆心分别为O1和O2，
所以|OO1|=52−32=4，
|OO2|=52−42=3，
所以|O1O2|=|OO1|+|OO2|=3+4=7，
或|O1O2|=|OO1|−|OO2|=4−3=1，
所以两个截面的距离为1或7.
【考点】
球的表面积和体积
球面上的勾股定理
【解析】
（1）由球的表面积公式计算可得所求值；
（2）运用球的截面的性质和勾股定理，注意分两种情况，计算可得所求距离．
【解答】
解：(1)因为球O的半径为R=5，
所以球O的表面积为S=4πR2=100π.
(2)如图，
设两个半径分别为r1=3和r2=4的
平行截面的圆心分别为O1和O2，
所以|OO1|=52−32=4，
|OO2|=52−42=3，
所以|O1O2|=|OO1|+|OO2|=3+4=7，
或|O1O2|=|OO1|−|OO2|=4−3=1，
所以两个截面的距离为1或7.
【答案】
(1)证明：连接A1C，与AC1交于点O，连接DO，
由直三棱柱的性质可得，侧棱垂直底面，侧面为矩形，
∴ O为AC1的中点，则A1B//OD.
∵ OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
∴ A1B//平面ADC1.
(2)∵ AB⊥AC，AB=AC=1，
∴ S△ABC=12×1×1=12.
又∵ AA1=2，
∴ C1到底面ABC的距离为CC1=2，
∴ VC1−ABC=13S△ABC⋅CC1=13×12×2=13.
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）连接A1C，与AC1交于点O，由棱柱的结构特征可得0为AC的中点，则A1B//OD，再由直线与平面平行的判定可得A1B//平面ADC
（2）由已知条件直接利用棱锥体积公式求解．
【解答】
(1)证明：连接A1C，与AC1交于点O，连接DO，
由直三棱柱的性质可得，侧棱垂直底面，侧面为矩形，
∴ O为AC1的中点，则A1B//OD.
∵ OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
∴ A1B//平面ADC1.
(2)∵ AB⊥AC，AB=AC=1，
∴ S△ABC=12×1×1=12.
又∵ AA1=2，
∴ C1到底面ABC的距离为CC1=2，
∴ VC1−ABC=13S△ABC⋅CC1=13×12×2=13.
【答案】
(1)证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连接PO，
因为P是DD1的中点，
所以PO//BD1.
又因为PO⊂平面PAC， BD1⊄平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC．
(2)解：由(1)知 PO//BD1，
所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为PA=PC=2，
AO=12AC=22，且PO⊥AO，
所以 sin∠APO=AOAP=222=12.
又∠APO∈(0∘,90∘]，
所以∠APO=30∘，
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30∘.
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）AC和BD交于点O，则O为BD的中点．推导出PO//BD．由此能证明直线BD1//平面PAC．
（2）由PO//BD1，得∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．由此能求出异面直线BD1与AP所成角的大小．
【解答】
(1)证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连接PO，
因为P是DD1的中点，
所以PO//BD1.
又因为PO⊂平面PAC， BD1⊄平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC．
(2)解：由(1)知 PO//BD1，
所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为PA=PC=2，
AO=12AC=22，且PO⊥AO，
所以 sin∠APO=AOAP=222=12.
又∠APO∈(0∘,90∘]，
所以∠APO=30∘，
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30∘.