1、2019-2020学年山西省太原五中高二（上）10月月考数学试卷（文科）一、选择题（每小题4分，共40分，每小题只有一个正确答案）1（4分）下列命题正确的是（）A棱柱的侧面都是长方形B棱柱的所有面都是四边形C棱柱的侧棱不一定相等D一个棱柱至少有五个面2（4分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）ABCD3（4分）已知两条不同的直线m，n和平面，下列结论正确的是（）mn，n，则m；m，n，则mn；m，n，则mn；m与平面所成角的大小等于n与平面所成角的大小，则mnABCD4（4分）三棱锥PABC三条侧棱两两垂直，三个侧面面积分
2、别为，则该三棱锥的外接球表面积为（）A4B6C8D105（4分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A、E、C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（）ABCD6（4分）如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面APC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的是（）ABCD7（4分）在九章算术中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”现有一个羡除如图所示，DA平面ABFE，四边形ABFE，CDEF均为等腰梯形，ABCDEF，ABAD4
3、，EF8，E到面ABCD的距离为6，则这个羡除体积是（）A96B72C64D588（4分）在平面四边形ABCD中，ACBC，BC1，AB2，将ABC沿对角线AC所在的直线折起，使平面ABC平面ACD，则直线AB与平面ACD所成角为（）ABCD9（4分）如图，平面四边形ABCD中，E，F是AD，BD中点，ABADCD2，BD2，BDC90，将ABD沿对角线BD折起至AD，使平面ABD平面BCD，则四面体ABCD中，下列结论不正确的是（）AEF平面ABCB异面直线CD与AB所成的角为90C异面直线EF与AC所成的角为60D直线AC与平面BCD所成的角为3010（4分）直三棱柱ABCA1B1C1中，
4、侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为（）AB1CD2二、填空题（每小题4分，共20分）11（4分）两个球的体积之比为8：27，那么这两个球的表面积的比为 12（4分）三棱锥PABC中，PAPBPC，PO平面ABC于O则O为ABC的 心13（4分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MDDD1，NBBB1，那么正方体过点M，N，C1的截面图形是 边形14（4分）如图，在正三棱柱A1B1C1ABC中，AB2，A1A2，D，F分别是棱AB，AA1的中点，E为棱A
5、C上的动点，则DEF周长的最小值为 15（4分）在三棱锥SABC中，ABC是边长为3的等边三角形，SA，SB，二面角SABC的大小为120，则此三棱锥的外接球的半径为 三.解答题（每小题10分，共40分）16（10分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，E、F分别为A1C1、BC的中点（1）求证：AB平面B1BCC1；（2）求证：C1F平面ABE17（10分）如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面ABCD，PA（1）证明：平面PBE平面PAB；（2）求二面角ABEP的大小18（10分）如图，直三棱柱
6、ABCA1B1C1中，M是AB的中点（1）证明：BC1平面MCA1；（2）若ABA1M2MC2，求点C1到平面MCA1的距离19（10分）在菱形ABCD中，O为线段CD的中点（如图1）将AOD沿AO折起到AOD的位置，使得平面AOD平面ABCO，M为线段BD的中点（如图2）（）求证：ODBC；（）求证：CM平面AOD；（）当四棱锥DABCO的体积为时，求a的值2019-2020学年山西省太原五中高二（上）10月月考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分，每小题只有一个正确答案）1（4分）下列命题正确的是（）A棱柱的侧面都是长方形B棱柱的所有面都是四边形C棱柱的侧棱不
7、一定相等D一个棱柱至少有五个面【分析】根据棱柱的几何特征，逐一分析可得答案【解答】解：棱柱的侧面都是平行四边形，但不一定是长方形，故A错误；棱柱的底面可能不是四边形，故B错误；棱柱的侧棱一定相等，故C错误；一个棱柱至少有五个面，故D正确，故选：D【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了棱柱的几何特征，难度中档2（4分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）ABCD【分析】先计算出该梯形的斜二测直观图的面积，再根据直观图的面积与原图的面积之比为，即可得到原图的面积【解答】解：依题意，如图四边形ABCD是一个底角为45，上
8、底为1，腰为的等腰梯形，过C，D分别做CFAB，DEAB，则三角形ADE，和三角形BCF为斜边长为的等腰直角三角形，所以AEDEBF1，又EFCD1，所以梯形ABCD的面积S（1+3）12又因为在斜二测画直观图时，直观图的面积与原图的面积之比为，所以，所以S原故选：C【点评】本题考查了斜二测直观图的面积与原图面积的关系，可以还原图形求原图的面积，也可以根据直观图与原图的面积比求原图的面积属于基础题3（4分）已知两条不同的直线m，n和平面，下列结论正确的是（）mn，n，则m；m，n，则mn；m，n，则mn；m与平面所成角的大小等于n与平面所成角的大小，则mnABCD【分析】在中，由线面垂直的判定
9、定理得m；在中，m与n相交、平行或异面；在中，由线面垂直的判定定理得mn；在中，m与n相交、平行或异面【解答】解：由两条不同的直线m，n和平面，知：在中，mn，n，则由线面垂直的判定定理得m，故正确；在中，m，n，则m与n相交、平行或异面，故错误；在中，m，n，则由线面垂直的判定定理得mn，故正确；在中，m与平面所成角的大小等于n与平面所成角的大小，则m与n相交、平行或异面，故错误故选：A【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题4（4分）三棱锥PABC三条侧棱两两垂直，三个侧面
10、面积分别为，则该三棱锥的外接球表面积为（）A4B6C8D10【分析】三棱锥PABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的表面积【解答】解：三棱锥PABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，设PAa，PBb，PCc，则ab，bc，ca，解得，a，b1，c则长方体的对角线的长为所以球的直径是，半径长R，则球的表面积S4R26故选：B【点评】本题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，是基础题将三棱锥扩展为长方体是本题的关键5（4分）如图，正方体ABC
11、DA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A、E、C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（）ABCD【分析】根据剩余几何体的直观图，结合三视图的定义即可得到主视图【解答】解：正方体ABCDA1B1C1D1中，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分故选：A【点评】本题主要考查了空间三视图与直观图的应用问题，是基础题6（4分）如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面APC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确
12、的是（）ABCD【分析】对于，先根据线面垂直的判定定理证明BC面PAC，然后根据线面垂直的判定定理得到结论；对于，根据线面平行的判定定理进行判定即可；对于，根据点到面的距离的定义进行判定即可【解答】解：PA圆O所在的平面，BC圆O所在的平面，PABC而BCAC，PAACABC面PAC，而PC面PACBCPC，故正确；点M为线段PB的中点，点O为AB的中点OMPA，而OM面PAC，PA面PACOM平面APC，故正确；BC面PAC，正确故选：B【点评】本题考查了线线垂直、线面垂直、线面平行的判定，考查了学生的空间想象能力与推理论证能力7（4分）在九章算术中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面
13、体称为“羡除”现有一个羡除如图所示，DA平面ABFE，四边形ABFE，CDEF均为等腰梯形，ABCDEF，ABAD4，EF8，E到面ABCD的距离为6，则这个羡除体积是（）A96B72C64D58【分析】多面体切割为两个三棱锥EAGD，FHBC和一个直三棱柱GADHBC，由此能求出这个羡除体积【解答】解：如图，多面体切割为两个三棱锥EAGD，FHBC和一个直三棱柱GADHBC，这个羡除体积为：故选：C【点评】本题考查多面体的体积以及切割思想，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8（4分）在平面四边形ABCD中，ACBC，BC1，AB2，将ABC沿对角线A
14、C所在的直线折起，使平面ABC平面ACD，则直线AB与平面ACD所成角为（）ABCD【分析】画出图形，判断直线与平面的位置关系，然后求解即可【解答】解：在平面四边形ABCD中，ACBC，BC1，AB2，将ABC沿对角线AC所在的直线折起，使平面ABC平面ACD，如图：ACBC，平面ABC平面ACD，BC平面ADC，直线AB与平面ACD所成角为BAC，BC1，AB2，直线AB与平面ACD所成角为：故选：B【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力9（4分）如图，平面四边形ABCD中，E，F是AD，BD中点，ABADCD2，BD2，BDC90，将ABD沿对角线BD折起至A
15、D，使平面ABD平面BCD，则四面体ABCD中，下列结论不正确的是（）AEF平面ABCB异面直线CD与AB所成的角为90C异面直线EF与AC所成的角为60D直线AC与平面BCD所成的角为30【分析】运用线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的性质定理，结合异面直线所成角可判断B；由异面直线所成角和勾股定理的逆定理可判断C；由线面角的求法，可判断D【解答】解：A：因为E，F分别为AD和BD两边中点，所以EFAB，即EF平面ABC，EF平面ABC，A正确；B：因为平面ABD平面BCD，交线为BD，且CDBD，所以CD平面ABD，即CDAB，故B正确；C：取CD边中点M，连接EM，FM，则EMAC，
16、所以FEM为异面直线EF与AC所成角，又EF1，EMAC，FMBC，即FEM90，故C错误；D：连接AF，可得AFBD，由面面垂直的性质定理可得AF平面BCD，连接CF，可得ACF为AC与平面BCD所成角，由sinACF，则直线AC与平面BCD所成的角为30，故D正确故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的求法，线面角的求法和线面平行的判断，考查转化思想和运算能力，属于基础题10（4分）直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为（）AB1CD2【分析】作DEAB1交A
17、B1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1平面C1DF，点F即为所求，由C1D平面AA1BB，AB1平面AA1B1B，则C1DAB1，AB1DF，DFC1DD，满足线面垂直的判定定理，则AB1平面C1DF【解答】解：作DEAB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1平面C1DF，点F即为所求C1D平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，C1DAB1又AB1DF，DFC1DD，AB1平面C1DF四边形AA1B1B为矩形，此时点F为B1B的中点如图则有AA1B1DB1F，即故选：A【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定应熟练记忆直线与平面垂直的判定定理，属于中档题
18、二、填空题（每小题4分，共20分）11（4分）两个球的体积之比为8：27，那么这两个球的表面积的比为4：9【分析】由题意，设两个球的半径，表示出求的表面积和体积；根据体积比，得到表面积的比【解答】解：设两个球的半径分别为r，R，由两个球的体积之比为8：27，得到r3：R38：27，所以r：R2：3，那么这两个球的表面积的比为r2：R24：9；故答案为：4：9【点评】本题考查了球的体积和表面积；明确体积、表面积公式是关键12（4分）三棱锥PABC中，PAPBPC，PO平面ABC于O则O为ABC的外心【分析】由射影定理得OAOBOC，从而得到O为ABC的内心【解答】解：三棱锥PABC中，PAPBP
19、C，PO平面ABC于O，由射影定理得OAOBOC，O为ABC的外心故答案为：外【点评】本题考查三角形五心的确定，是基础题，解题时要认真审题，注意射影定理的合理运用13（4分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MDDD1，NBBB1，那么正方体过点M，N，C1的截面图形是五边形【分析】正方体被平面所截，需要判断和正方体哪个边有交点，找出所有的点【解答】解：延长C1M交CD于点P，延长C1N交CB于点Q，连接PQ交AD于点E，交AB于点F，则正方体过点M，N，C1的截面图形是五边形C1MEFN，故答案为：五边形【点评】本题考查平面基本定理，属于基础题14（4分
20、）如图，在正三棱柱A1B1C1ABC中，AB2，A1A2，D，F分别是棱AB，AA1的中点，E为棱AC上的动点，则DEF周长的最小值为+2【分析】由正三棱柱A1B1C1ABC的性质可得：AA1AB，AA1AC在RtADF中，利用勾股定理可得DF2因此只要求出DE+EF的最小值即可得出把底面ABC展开与侧面ACC1A1在同一个平面，如图所示，只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值利用余弦定理即可得出【解答】解：由正三棱柱A1B1C1ABC，可得AA1底面ABC，AA1AB，AA1AC在RtADF中，DF2把底面ABC展开与侧面ACC1A1在同一个平面，如图所示，只有当三点D，E
21、，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值在ADF中，DAF60+90150，由余弦定理可得：DFDEF周长的最小值+2故答案为：+2【点评】本题考查了空间几何位置关系、余弦定理、侧面展开图，考查了转化能力、数形结合能力、推理能力与计算能力，属于难题15（4分）在三棱锥SABC中，ABC是边长为3的等边三角形，SA，SB，二面角SABC的大小为120，则此三棱锥的外接球的半径为【分析】由题意得SA2+AB2SB2，得到SAAB，取AB中点为D，SB中点为M，得到CDM为SABC的二面角的平面角，得到MDC120，再根据球心的性质，分别过M与O作平面SAB与平面ABC的垂线，交点即为球心【解答】解
22、：如图，由题意得SA2+AB2SB2，得到SAAB，取AB中点为D，SB中点为M，得到CDM为SABC的二面角的平面角得到MDC120，设三角形ABC 的外心为O，则COBO，DO，分别过M与O作平面SAB与平面ABC的垂线，交点即为球心，设为O，在四边形MDOO中，OO，所以R2OO2+BO2+3，所以R，故答案为【点评】本题考查了几何体的外接球表面积的求法；关键是正确找出球心的位置，通过勾股定理计算半径，属于中档题三.解答题（每小题10分，共40分）16（10分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，E、F分别为A1C1、BC的中点（1）求证：AB平面
23、B1BCC1；（2）求证：C1F平面ABE【分析】（1）运用线面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；（2）可通过线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，即可得证【解答】（1）证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱BB1垂直于底面ABC，所以BB1AB，又ABBC，BB1BCB，则有AB平面B1BCC1；（2）证法一、取AB中点G，连接EG，FG，由于E、F分别为A1C1、BC的中点，所以FGAC，FGAC，因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1FEG，又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE；证法二、取A
24、C中点H，连接FH和C1H，因为F，H分别是BC，AC的中点，所以HFAB，HF平面ABE，ABABE，所以HF平面ABE，又由AEC1H，也可得到C1H平面ABE，又C1HHFH，所以平面C1HF平面ABE，因为C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面垂直的判定和性质、线面平行和面面平行的判定和性质的运用，考查推理能力，属于中档题17（10分）如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面ABCD，PA（1）证明：平面PBE平面PAB；（2）求二面角ABEP的大小【分析】（1）连接BD，证明BE
25、CD推出BEAB证明PA平面ABCD，得到PABE然后证明平面PBE平面PAB（2）说明PBA是二面角ABEP的平面角在RtPAB中，求解二面角ABEP的大小即可【解答】（12分）（1）证明：如图所示，连接BD，由ABCD是菱形且BCD60，知BCD是等边三角形因为E是CD的中点，所以BECD又ABCD，所以BEAB又因为PA平面ABCD，BE平面ABCD，所以PABE而PAABA，因此BE平面PAB又BE平面PBE，所以平面PBE平面PAB（6分）（2）解：由（1）知，BE平面PAB，PB平面PAB，所以PBBE又ABBE，所以PBA是二面角ABEP的平面角在RtPAB中，tanPBA，则P
26、BA60故二面角ABEP的大小是60（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直以及平面与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查计算能力18（10分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，M是AB的中点（1）证明：BC1平面MCA1；（2）若ABA1M2MC2，求点C1到平面MCA1的距离【分析】（1）连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，又M是AB的中点，说明MNBC1然后证明BC1平面MCA1（2）设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，A到平面MCA1的距离也为h，利用三棱锥A1AMC的体积，转化求解点C1到平面MCA
27、1的距离【解答】（1）证明：连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，又M是AB的中点，所以MNBC1又MN平面MCA1，BC1平面MCA1，所以BC1平面MCA1（2）解：由AB2MC2，M是AB的中点，所以ACB90，在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以，又，所以，所以A1MC90设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，故A到平面MCA1的距离也为h，三棱锥A1AMC的体积，MCA1的面积，则，得，故点C1到平面MCA1的距离为【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理以及几何体的体积的求法，点、线、面距离的求法，考查空间想象能力以及
28、计算能力19（10分）在菱形ABCD中，O为线段CD的中点（如图1）将AOD沿AO折起到AOD的位置，使得平面AOD平面ABCO，M为线段BD的中点（如图2）（）求证：ODBC；（）求证：CM平面AOD；（）当四棱锥DABCO的体积为时，求a的值【分析】（）证明ODAO 推出OD平面ABCO 然后证明ODBC（）取P为线段AD的中点，连接OP，PM；证明四边形OCMP为平行四边形，然后证明CM平面AOD；（）说明OD是四棱锥DABCO的高通过体积公式求解即可【解答】（共14分）（）证明：因为在菱形ABCD中，O为线段CD的中点，所以ODAO （1分）因为平面AOD平面ABCO，平面AOD平面A
29、BCOAO，OD平面AOD，所以OD平面ABCO （4分）因为BC平面ABCO，所以ODBC （5分）（）证明：如图，取P为线段AD的中点，连接OP，PM；因为在ABD中，P，M分别是线段AD，BD的中点，所以PMAB，因为O为线段CD的中点（如图1），菱形ABCD中，ABDCa，ABDC，所以所以OCAB， （6分）所以PMOC，PMOC所以四边形OCMP为平行四边形，（7分）所以CMOP，因为CM平面AOD，OP平面AOD，所以CM平面AOD； （10分）（）解：由（）知OD平面ABCO所以OD是四棱锥DABCO的高 （11分）因为，所以a2 （14分）【点评】本题考查直线椭圆平面平行与垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力
