2020-2021学年甘肃天水高二上数学月考试卷

这是一份2020-2021学年甘肃天水高二上数学月考试卷，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. 下面给出了三个条件：
①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线.
其中，能确定一个平面的条件有( )
A.0个B.1个C.2个D.3个

2. 四棱锥P−ABCD所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法错误的是( )
A.MN与PD是异面直线B.MN//平面PBC
C.MN//ACD.MN⊥PB

3. 设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是( )
A.43πB.8π3C.43πD.323π

4. 如图在四面体中，若直线EF和GH相交，则它们的交点一定( )

A.在直线DB上B.在直线AB上C.在直线CB上D.都不对

5. 如图，在正四面体D−ABC中，P∈平面DBA，则在平面DAB内过点P与直线BC成60∘角的直线共有( )

A.0条B.1条C.2条D.3条

6. 如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是A1B上一动点，则AP+D1P的最小值为( )

A.2B.6+22C.2+2D.2+2

7. 如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是( )
A.B.
C.D.

8. 已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为( )cm3
A.9πB.10πC.12πD.15π

9. 正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是( )
A.12B.32C.63D.62

10. α，β，γ 是三个平面，a，b 是两条直线，有下列三个条件：①a // γ，b⊂β；②a // γ，b // β；③a⊂γ，b // β．如果说法“α∩β=a，b⊂γ，且 ________，则 a // b”是正确的，则可以在横线处填的条件是( )
A.①或②B.②或③C.①或③D.只有②
二、填空题

已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；
②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//α，a//β，b//β，则α//β；
③若a//α，a//β，则α//β；
④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.
其中正确命题的序号是________.
三、解答题

如图所示，D，E分别是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点．

(1)求作直线AB与平面α的交点P；

(2)求证：D，E，P三点共线．

如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F，G分别为线段BC， PB，AD的中点.

(1)证明EF//平面PAC；

(2)证明平面PCG//平面AEF.

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点．

(1)求异面直线AC与BC1所成的角；

(2)求证：AC1 // 平面CDB1．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃天水高二上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
利用公理三及其推论直接求解．
【解答】
解：在①中，若三点共线，则能确定无数个平面，故①不成立；
在②中，若点在直线上，则能确定无数个平面，故②不成立；
在③中，和直线a都相交的两条直线能确定一个或三个平面，
如正方体中有公共顶点的三条棱确定三个平面，故③不成立；
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的判定
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】
画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的性质判断选项A、B、C的正误，利用平行线性质，判断选项D．
【解答】
解：如图.
由题意可知四棱锥P−ABCD所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，MN与PD是异面直线，正确；
取PB的中点为H，连接MH，HC，可得MN//HC，所以MN//平面PBC，正确；
连接AC，
因为AC与CH相交，故MN，AC不平行；
因为MN//HC，而HC⊥PB，所以MN⊥PB正确.
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
通过正方体的表面积，先求球的内接正方体的棱长，再求正方体的对角线的长，就是球的直径，然后求其体积．
【解答】
解：球的内接正方体的表面积为24，所以正方体的棱长是：2，
正方体的对角线23，所以球的半径是3，
所以球的体积：43π.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
直线EF和GH相交，设交点为M，运用公理2，由此能判断EF与HG的交点在直线BD上．
【解答】
解：直线EF和GH相交，设交点为M.
∵ EF⊂平面ABD，HG⊂平面CBD，
∴ M∈平面ABD，且M∈平面CBD.
∵ 平面ABD∩平面CBD=BD，
∴ M∈BD，
∴ EF与HG的交点在直线BD上.
故选A．
5.
【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：过点P分别作BD，AB的平行线，分别交AB，AD，BD于点E，F，G，
∵正四面体的四个面都是正三角形，
∴∠ABC=∠DBC=∠ACB=∠DCB=60∘.
过点P与AC，DC平行的直线不在平面DAB内，
又∵FG//AB，PE//DB，
∴平面DAB内的直线FG，PE与直线BC所成的角为60∘，共2条.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
把对角面A1C绕A1B旋转，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1并求出，根据平面内两点之间线段最短，可知就是最小值．
【解答】
解：把对角面A1BCD1绕A1B旋转，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1.
在△AA1D1中，AA1=A1D1=1，∠AA1D1=135∘，
所以AD1=1+1−2×1×1×cs135∘=2+2为所求的最小值．
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
平面与平面平行的判定
【解析】
利用平面的基本性质作出经过P、Q、R三点的平面，然后判断选项的正误即可．
【解答】
解：由题意可知经过P、Q、R三点的平面为平面RGPQNH，如图所示，
A，因为MC1与QN是相交直线，故A错误；
B，因为N在经过P、Q、R三点的平面上，所以两平面相交，故B错误；
C，因为N在经过P、Q、R三点的平面上，所以两平面相交，故C错误；
D，因为QN//BC1，PQ//A1C1，且QN∩PQ=Q，BC1∩A1C1=C1，
所以平面A1BC1//平面RGPQNH，故D正确.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据圆锥的侧面积和圆锥的母线长求得圆锥的弧长，利用圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长求得圆锥的底面半径即可．
【解答】
解：∵ 圆锥的母线长是5cm，侧面积是15πcm2，
∴ 圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l=2sr=30π5=6π.
∵ 锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，
∴ 底面圆的半径r=l2π=6π2π=3(cm)，
则圆锥的高为h=52−33=4(cm)，
则底面圆的面积为S=πr2=π×32=9π(cm2)，
故圆锥的体积为V=13Sh=13×9π×4=12π(cm3).
故选C．
9.
【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，取AD的中点G，连接EG，GF，
∠GEF为直线AD1与EF所成的角，
设棱长为2，则EG=2，GF=1，EF=3，
因为EG2+GF2=EF2，
所以△EFG是直角三角形，
cs∠GEF=EGEF=63.
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，将三个条件一一代入验证，看哪些能证出线线平行的结论，即为可选条件．
【解答】
解：①由a // γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β=a，b⊂γ知，直线a，b均在平面β上，且没有公共点，故a与b平行，则①可以填入；
②由a // γ得a与γ没有公共点，b // β得b与β没有公共点，由α∩β=a知a与b没有公共点，又b⊂γ，则a与b可以平行，也可以异面，
所以条件②无法确定两直线的位置关系，则②不可以填入；
③由b // β，α∩β=a知，a与b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得a与b两直线平行，故③可以填入．
故选C.
二、填空题
【答案】
②④
【考点】
直线与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①错误，α与β也可能相交；
②正确，设a，b确定的平面为γ，依题意，得γ//α，γ//β，故α//β；
③错误，α与β也可能相交；
④正确，由线面平行的性质定理可知．
故答案为：②④.
三、解答题
【答案】
(1)解：连接DE并延长，交AB延长线于点P，则点P为直线AB与平面α的交点，如图.
(2)证明：∵ D∈AC，E∈BC，
∴ DE⊂平面ABC.
∵ D∈α，E∈α，∴ DE⊂α.
∵ DE为平面α与平面ABC的交线，
又P∈AB，AB⊂平面ABC，且P∈α，
∴ P在平面α与平面ABC的交线DE上，
∴ D，E，P三点共线．
【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】
（1）连结DE并延长，交AB延长线于点P，则点P为直线AB与平面α的交点．
（2）由已知得DE为平面α与平面ABC的交线，P∈AB，AB⊂平面ABC，且P∈α，由此能证明D、E、P三点共线．
【解答】
(1)解：连接DE并延长，交AB延长线于点P，则点P为直线AB与平面α的交点，如图.
(2)证明：∵ D∈AC，E∈BC，
∴ DE⊂平面ABC.
∵ D∈α，E∈α，∴ DE⊂α.
∵ DE为平面α与平面ABC的交线，
又P∈AB，AB⊂平面ABC，且P∈α，
∴ P在平面α与平面ABC的交线DE上，
∴ D，E，P三点共线．
【答案】
证明：(1)∵ E, F分别为BC, PB中点，
∴ EF//PC.
∵ EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ EF//平面PAC.
(2)∵ E, F分别为BC, PB中点，
∴ EF//PC.
∵ EF⊄平面PCG，PC⊂平面PCG，
∴ EF//平面PCG.
∵ 四边形ABCD是平行四边形，且G, E分别为AD, BC中点，
∴ AG=//EC，
∵ 四边形AGCE是平行四边形，
∴ AE//GC
∵ AE⊄平面PCG，GC⊂平面PCG，
∴ AE//平面PCG.
∵ AE∩EF=E，AE, EF⊂平面AEF，
∴ 平面PCG//平面AEF.
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)∵ E, F分别为BC, PB中点，
∴ EF//PC.
∵ EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ EF//平面PAC.
(2)∵ E, F分别为BC, PB中点，
∴ EF//PC.
∵ EF⊄平面PCG，PC⊂平面PCG，
∴ EF//平面PCG.
∵ 四边形ABCD是平行四边形，且G, E分别为AD, BC中点，
∴ AG=//EC，
∵ 四边形AGCE是平行四边形，
∴ AE//GC
∵ AE⊄平面PCG，GC⊂平面PCG，
∴ AE//平面PCG.
∵ AE∩EF=E，AE, EF⊂平面AEF，
∴ 平面PCG//平面AEF.
【答案】
(1)解：因为AC=3，BC=4，AB=5，
所以AC2+BC2=AB2，
所以△ABC是直角三角形，
所以∠ACB=π2，即AC⊥BC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以C1C⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥C1C.
因为BC∩C1C=C，BC，C1C⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥平面BB1C1C.
因为BC1⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥BC1，
所以异面直线AC与BC1所成的角为π2．
(2)证明：设B1C∩BC1=O，连接OD，如图.
因为O，D分别为BC1，AB的中点，
所以OD是△ABC1的中位线，
所以OD // AC1.
因为OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1 // 平面CDB1．
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
(Ⅰ)方法一：因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，利用勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，AC⊥BC．因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，可得C1C⊥平面ABC，AC⊥C1C，AC⊥平面BB1C1C，即可得出结论．
方法二：因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，利用勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，AC⊥BC．因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，可得C1C⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可得出．
(Ⅱ)方法一：设B1C∩BC1＝O，连结OD，利用三角形中位线定理、线面平行的判定定理即可证明结论．
方法二：建立空间直角坐标系，利用直线方向向量、平面的法向量关系即可得出．
【解答】
(1)解：因为AC=3，BC=4，AB=5，
所以AC2+BC2=AB2，
所以△ABC是直角三角形，
所以∠ACB=π2，即AC⊥BC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以C1C⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥C1C.
因为BC∩C1C=C，BC，C1C⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥平面BB1C1C.
因为BC1⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥BC1，
所以异面直线AC与BC1所成的角为π2．
(2)证明：设B1C∩BC1=O，连接OD，如图.
因为O，D分别为BC1，AB的中点，
所以OD是△ABC1的中位线，
所以OD // AC1.
因为OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1 // 平面CDB1．