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1、2019-2020学年高二年级九月份月考数学试题一、选择题(每小题5分,共12小题60分)1、如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物是() A. B. C. D.2、正方体的一条对角线与正方体的棱可组成n对异面直线，则n等于()A.2 B.3 C.6 D.123、圆台的母线长为,两底面半径分别为,则圆台的侧面积是( )A. B. C. D.4、如图，正方体中，AB的中点为E，的中点为，则直线和直线CE（）A.都与直线DA相交，且交于同一点 B.互相平行C.不在同一个平面内 D.都与直线DA相交，但交于不同点5、某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )A.24 B.28 C
2、. D.206、空间中有不重合的平面,和直线,则下列四个命题中正确的有( ):若,则; :若,则;:若,则; :若,则.A., B., C., D.,7、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D.18、正方体中，与平面所成角的余弦值为()A. B. C. D.9、已知梯形，为中点，将沿折起，使点移至点，若平面平面，则()A. B. C. D.10、如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为棱上的一点，且则点到平面的距离为()A. B. C. D.11、如图,在正方体中,点在线段上运动,则下列判断中正确的是( )平面平面; 平面;异面直线与所成角的取值范围是;三
3、棱锥的体积不变.A. B. C. D.12、一个空间几何体的三视图如图所示,俯视图为正三角形,则它的外接球的表面积为( )A. B. C. D.二、填空题(每小题5分,共4小题20分)13、如图,正方形的边长为,它是一个水平放置的平面图形的直观图,则它的原图形的周长是_. .14、如图,正方体中,点为的中点,点在上,若平面,则线段的长度等于_.15、如图,定点和都在平面内,定点,是平面内异于和的动点,且,则为_三角形.16、如图,矩形中,为边的中点,将沿直线翻折成,构成四棱锥,若为线段的中点,在翻折过程中有如下四个命题:平面; 存在某个位置,使;存在某个位置,使; 点在半径为的圆周上运动,其中
4、正确的命题是_.三、解答题(第17题10分,其余每小题12分,共7小题70分)17、某工厂为了制造一个实心工件，先画出了这个工件的三视图(如图)，其中正视图与侧视图为两个全等的等腰三角形，俯视图为一个圆(含圆心)，三视图尺寸如图所示(单位cm)(1)求出这个工件的体积；(2)工件做好后，要给表面喷漆，已知喷漆费用是每平方厘米1元，现要制作10个这样的工件，请计算喷漆总费用(精确到整数部分)18、如图，在四棱锥中，平面，为的中点，(1)求四棱锥的体积；(2)若为的中点，求证平面；(3)求证：平面19、如图,在五边形中,是以为斜边的等腰直角三角形,现将沿折起,使平面平面,如图,记线段的中点为.(1
5、)求证:平面平面;(2)求几何体的体积.20、如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点,分别是线段,的中点.(1)求证:平面;(2)线段上是否存在一点,使得平面平面,若存在,请找出点并证明;若不存在,请说明理由.21、如图,在多面体中,平面平面,四边形为正方形,四边形为梯形,且,.(1)求证:;(2)若为线段的中点,求证:平面;(3)求多面体的体积.22、如图，在五面体中，四边形是正方形，平面，（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）证明：平面；（3）求二面角的正切值四、附加题（10分）如图,在三棱柱中,平面,为边上一点,.(1)证明:平面平面.(2)若,试问:是否与平面平行?若平行,求三棱锥
6、的体积;若不平行,请说明理由.2019-2020学年高二年级九月份月考数学试题答案解析第1题答案 A第1题解析由图形的正视图，可以排除B,C,D,故选A.第2题答案 C第2题解析正方体的每一条对角线经过两个顶点，与6条棱相交，而共有12条棱，与该体对角线不相交的都是有6条.第3题答案 A第3题解析圆台侧.第4题答案 A第4题解析连接EF，则AB的中点为E，的中点为F，E，F，C四点共面，且EF=直线和直线CE与直线DA都相交，且交于同一点。第5题答案 C第5题解析根据三视图知,该几何体是下部为正方体,上部为正四棱锥的组合体,画出直观图如图所示,则该几何体的表面积是.第6题答案 D第6题解析有空
7、间中有不重合的平面,和直线,知:在中,若且,则与相交或平行,故错误;在中,若且,则与相交,平行与异面,故错误;在中,若且,则由线面垂直的性质定理得,故正确;在中,若,且,则由线面垂直的性质定理和面面垂直的性质定理得,故正确.第7题答案 A第7题解析通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥，通过侧视图得高，底面积，所以体积.第8题答案 D第8题解析解：由几何体可知，直线与平面所成的角和与平面的角相等.连接交于点，连接，此时平面，所以平面平面，则即为所求.不妨设正方体的棱长为，中，所以.故选D.第9题答案 D第9题解析由，可知：,为边长均为的全等的正三角形，平面平面，取中点,连,，为等腰直角三角形
8、，,所以,选D第10题答案 D第10题解析可以通过补形的方法达到要求，即考虑三棱柱的体积以及四棱锥的体积与三棱锥和间的关系另解：过作垂直，即为点到平面的距离，再用等面积法即可。第11题答案 B第11题解析对于,连接,根据正方体的性质,有面,平面,从而可以证明平面平面,正确.连接,容易证明平面面,从而由线面平行的定义可得平面,正确.当与线段的两端点重合时,与所成角取最小值,当与线段的中点重合时,与所成角取最大值,故与所成角的范围是,错误;,到面的距离不变,且三角形的面积不变.三棱锥的体积不变,正确;正确的命题为.第12题答案 B第12题解析由三视图可知该几何体是以为底面的四棱锥,过作,垂足为,.
9、易证面,设其外接球半径为,底面是正方形外接圆半径为.设圆心与球心的距离为,则,由此可得,故其外接圆的表面积.第13题答案 第13题解析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,因为,所以原图形中,对角线,则原图形中,且为直角三角形,则,则原图形的周长是.第14题答案 第14题解析由平面可得,点为的中点,则为的中点,而正方体中,第15题答案 直角第15题解析本题考查由垂直问题判断三角形的形状.易证平面,所以.第16题答案 第16题解析取中点,连接,则,平面平面,平面,故正确;若存在某个位置,使,由,可得,则平面,即,显然不正确,故不正确;由,可得
10、平面平面时,故正确;在翻折过程中,保持为以为直角的直角三角形,且保持不动,所以中点是定点,且,所以是在以为圆心,为半径的圆上,故正确.第17题答案 （1）； （2）元.第17题解析（1）由三视图可知，几何体为圆锥，底面直径为，母线长为，设圆锥高为，则，则；（2）圆锥的侧面积，则表面积=侧面积+底面积=（平方厘米），喷漆总费用=元.第18题答案 （1）（2）略（3）略第18题解析（1）在中，在中，,.则.（2），为的中点， 平面，平面为中点，为中点，则 ，平面（3）取中点,连结、,是的中位线,又，平面平面,平面,平面.第19题解析(1)因为,是中点,所以,又,所以为平行四边形,而,故,又等腰直角
11、三角形中有,而,所以平面,又平面,所以平面平面.(2)因为平面平面,交线为,所以平面,由知,.第20题解析(1)证明:由四边形为正方形可知,连接必与相交于中点.故,平面,平面,平面.(2)线段上存在一点满足题意,且点是中点.理由如下:由点,分别,中点可得:,平面,平面,平面,由(1)可知,平面,且,故平面平面.第21题解析(1)证明:因为四边形为正方形,所以.又因为平面平面,且平面平面,平面,所以平面.又平面,所以.(2)延长交于点,连接,因为,为中点,所以,所以.因为,所以,由已知,且,又因为,所以,且,所以四边形为平行四边形,所以,因为平面,平面,所以平面.(3)设为中点,连接,.由已知,
12、所以平面.又因为,所以平面,所以平面平面,因为,所以平面,所以多面体为直三棱柱.因为,且,所以,由已知,且,所以,且,又因为,平面,所以平面,因为,所以,所以.第22题答案 （1）； （2）证明略； （3）第22题解析(1)因为四边形是正方形，所以. 故为异面直线与所成的角因为平面，所以，故. 在中，故. 所以异面直线与所成角的余弦值为.(2)过点作，交于点， 则. 由，可得， 从而，又，且， 所以平面.(3)由(2)及已知，可得，即为的中点，取的中点，连结.因为，所以.过点作，交于点，则为二面角的平面角连结，可得平面，故，从而.由已知，可得. 由，得. 在中， 所以二面角的正切值为. 第23题解析(1)证明:因为平面,所以平面,因为平面,所以.在中,则,所以,又,所以平面,因为平面,所以平面平面.(2)与平面平行.证明如下:取的中点,连接,因为,所以,且,所以四边形为平行四边形,则,同理可证.因为,所以平面平面,又 面,所以平面.因为,所以,又,且易证平面,所以.
