陕西省2020-2021学年高一上学期12月月考数学试题含解析.doc

试卷主标题

姓名：__________ 班级：__________考号：__________
一、选择题（共14题）
1、 自行车停放时将后轮旁边的撑子放下，自行车就停稳了，这里用到了（　　）
A ．两条平行直线确定一个平面
B ．两条相交直线确定一个平面
C ．不共线的三点确定一个平面
D ．三点确定一个平面
2、 三棱锥的 6 条棱中，异面直线有（　　）
A ． 4 对 B ． 3 对 C ． 2 对 D ． 1 对
3、 下列判断正确的是（　　）
A ．正三棱锥一定是正四面体
B ．底面是正方形的四棱锥是正四棱锥
C ．底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱
D ．底面是正方形的棱台是正四棱台
4、 如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图， A ， B ， C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中， ∠ ABC 的度数为（　　）

A ． 30° B ． 45° C ． 60° D ． 90°
5、 已知 l ， m ， n 为三条不同的直线， α ， β 为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）
A ．若 l ⊥ m ， l ⊥ n ，且 m ， n ⊂α ，则 l ⊥α
B ．若 m ∥β ， n ∥β ，且 m ， n ⊂α ，则 α∥β
C ．若 m ∥ n ， n ⊂α ，则 m ∥α
D ．若 l ⊥β ， l ⊂α ，则 α⊥β
6、 对于用斜二侧画法画水平放置的图形的直观图来说，下面说法错误的是（　　）
A ．原来平行的边仍然平行
B ．原来垂直的边仍然垂直
C ．原来是三角形仍然是三角形
D ．原来是平行四边形的可能是矩形
7、 在空间四边形 ABCD 的各边 AB ， BC ， CD ， DA 上依次取点 E ， F ， G ， H ，若 EH 、 FG 所在直线相交于点 P ，则

A ．点 P 必在直线 AC 上 B ．点 P 必在直线 BD 上
C ．点 P 必在平面 DBC 外 D ．点 P 必在平面 ABC 内
8、 若一个平面图形的斜二测直观图是一个边长为 2 的正方形（如图），则原图的周长为（　　）

A ． B ． 16 C ． D ．
9、 如右图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图都是边长为 的正三角形 , 其俯视图轮廓为正方形，则其体积是

A ． B ． C ． D ．
10、 用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥，截得的棱台上、下底面面积比为 ，截去的棱锥的高是 ，则棱台的高是
A ． B ． C ． D ．
11、 若过正方体 ABCD ﹣ A 1 B 1 C 1 D 1 的顶点 A 作直线 l ，使得直线 l 与三条棱 AB ， AD ， AA 1 所在直线的夹角均相等，则这样的直线 l 的条数为（　　）
A ． 0 B ． 1 C ． 3 D ． 4
12、 如图所示，在四面体 中，若 ， ， E 是 的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A ．平面 平面
B ．平面 平面
C ．平面 平面 ，且平面 平面
D ．平面 平面 ，且平面 平面
13、 若 ① 表示 “ 直线 ” ， ② 表示 “ 平面 ” ．要使命题 “ 平行于同 _____ 的两个 _____ 平行 ” 为真命题，则前后两空依次可填写（　　）
A ． ① ； ① 或 ② ； ② B ． ① ； ① 或 ① ； ② C ． ① ； ② 或 ① ； ② D ． ① ； ② 或 ② ； ①
14、 正方体 ABCD ﹣ A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长是 1 ，顶点 A 在平面 α 内，若顶点 B ， D ， A 1 到平面 α 的距离分别是 1 ， 2 ， 4 ，那么正方体的其它顶点到平面 α 的距离可以是（　　）
A ． 3 ， 4 ， 5 ， 6 B ． 3 ， 5 ， 6 ， 7 C ． 5 ， 6 ， 7 ， 8 D ． 3 ， 4 ， 7 ， 8
二、填空题（共5题）
1、 正方体 ABCD ﹣ A 1 B 1 C 1 D 1 中， AC 和 DC 1 所在直线的夹角大小是 ______ ．
2、 已知一个等腰直角三角形的直角边长为 ，以它的一条直角边所在直线为轴旋转所生成的旋转体的侧面积为 ______.
3、 一个棱长为 的正四面体的顶点都在同一球面上，则这个球的半径为 ___________ ．
4、 线段 AB 的主视图、左视图和俯视图的长度分别是 、 4 和 5 ，则 AB ＝ _____ ．
5、 在直三棱柱 ABC － 中， AB ＝ BC ＝ ， ＝ 2 ， ABC ＝ ， E 、 F 分别为 、 的中点，沿棱柱的表面从 E 到 F 两点的最短路径的长度为 ________
三、解答题（共3题）
1、 如图，四棱锥 P ﹣ ABCD 的底面 ABCD 是正方形，棱 PD ⊥ 底面 ABCD ， PD ＝ DC ， E 是 PC 的中点．

（ 1 ）证明： PA ∥ 平面 BDE ；
（ 2 ）证明：平面 BDE ⊥ 平面 PBC ．
2、 如图，已知四棱锥 的底面为等腰梯形， , , 垂足为 ， 是四棱锥的高．

（ Ⅰ ）证明：平面 平面 ;
（ Ⅱ ）若 , 60°, 求四棱锥 的体积．
3、 如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， △ PCD 为等边三角形，平面 PAC ⊥ 平面 PCD ， PA ⊥ CD ， CD =2 ， AD =3.

（ 1 ）设 G ， H 分别为 PB ， AC 的中点，求证 ∶ GH // 平面 PAD ；
（ 2 ）求证 ∶ PA ⊥ 平面 PCD ； .
（ 3 ）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值 .

============参考答案============
一、选择题
1、 C
【分析】
结合确定一个平面的方法确定正确选项 .
【详解】
自行车的前后轮与脚撑分别接触地面，使得自行车稳定，
此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上，即不共线的三点确定一个平面．
故选： C ．
2、 B
【分析】
结合异面直线的知识确定正确选项 .
【详解】
考虑三棱锥 ABCD ，可得直线 AB 与直线 CD 、直线 AC 与直线 BD 、
直线 AD 与直线 BC 均为异面直线，共三对．
故选： B

3、 C
【分析】
由正四面体、正四棱锥、正四棱柱、正四棱台的定义辨析，即可判断
【详解】
正三棱锥不一定是正四面体，侧棱长与底面边长可能不相等，故 A 错误；
底面是正方形的四棱锥不一定是正四棱锥，顶点在底面的射影不一定是底面的中心，故 B 错误；
由正四棱住的概念可知，底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱，故 C 正确；
底面是正方形的棱台不一定是正四棱台，原因是棱台的侧棱延长后的交点在两底面的射影不一定为正方形的中心，故 D 错误．
故选： C
4、 D
【分析】
还原为正方体，如图所示，然后利用由正方体的性质求解即可
【详解】
还原为正方体，如图所示：
由正方体的性质可知， CB ⊥ 平面 AB ，
所以 CB ⊥ AB ，即 ∠ ABC ＝ 90° ，
故选： D ．

5、 D
【分析】
根据空间线线、线面、面面的位置关系有关知识对选项进行分析，由此确定正确选项 .
【详解】
对于 A ：若 l ⊥ m ， l ⊥ n ，且 m ， n ⊂α ，若 m 和 n 为相交直线，才有 l ⊥α ，故 A 错误；
对于 B ：若 m ∥β ， n ∥β ，且 m 和 n 为相交直线， m ， n ⊂α ，才有 α∥β ，故 B 错误；
对于 C ：若 m ∥ n ， m ⊄α ，且 n ⊂α ，才有 m ∥α ，故 C 错误；
对于 D ：若 l ⊥β ， l ⊂α ，根据面面垂直的判定，则 α⊥β ，故 D 正确；
故选： D ．
6、 B
【分析】
根据斜二测画法的特点对四个选项逐一分析，即可得解
【详解】
由斜二侧画法可知，平行的线段仍然平行，三角形的直观图仍然是一个三角形，平行四边形的可能是矩形，原来垂直的直线不一定垂直．
故选： B
7、 B
【详解】
由平面的基本性质可得，点 P 必在直线 BD 上 .
8、 B
【分析】
由题意可得原图形是一个平行四边形，然后根据斜二测画法中直观图与原图的关系可求出平行四边形的边长，从而可求出其周长
【详解】
由题意，平面图形的斜二测直观图是一个边长为 2 的正方形，
所以原图形是一个平行四边形，
斜二测画法中平行于 轴的边长在原图中长度为 2 ，
斜二测画法中与 轴垂直的边长在原图中的长度为 ，
则原图形的周长为 2+2+6+6 ＝ 16 ．
故选： B ．
9、 A
【分析】
由三视图可知，该几何体为正四棱锥，根据三视图中数据，利用锥体体积公式可得结果 ,.
【详解】
由三视图可知，该几何体为四棱锥，
底面是边长为 2 的正方形，面积为 4 ，
四棱锥的高是正视图与侧视图三角形的高，为 ，
所以，该几何体的体积为 ，
故选 A.
【点睛】
三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点 . 观察三视图并将其 “ 翻译 ” 成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素 “ 高平齐，长对正，宽相等 ” ，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响 .
10、 D
【详解】
试题分析：棱台的上下底面的面积比为 ，
则上下底面的边长比是 ，则截得棱锥与原棱锥的高之比是 .
则棱台的高等于 3.
考点：本题考查棱锥与棱台的性质 .
11、 D
【分析】
将小正方体扩展成 4 个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数．
【详解】

设 ABCD ﹣ A 1 B 1 C 1 D 1 边长为 1 ．
第一条： AC 1 是满足条件的直线；
第二条：延长 C 1 D 1 到 C 2 且 D 1 C 2 ＝ 1 ， AC 2 是满足条件的直线；
第三条：延长 C 1 B 1 到 C 3 且 B 1 C 3 ＝ 1 ， AC 3 是满足条件的直线；
第四条：找 C 1 关于 A 1 的对称点 C 4 ， AC 4 是满足条件的直线．
综上，满足题意的直线 l 的条数为 4 条．
故选： D
12、 C
【分析】
根据条件易知 ， ，从而得到 平面 ，所以平面 平面 ，平面 平面
【详解】
因为 ，且 是 的中点，所以
因为 ，且 是 的中点，所以
又 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，
所以平面 平面 .
因为 平面 ，
所以平面 平面 .
故选： C.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，属于简单题 .
13、 A
【分析】
根据线线平行，面面平行的有关知识确定正确答案 .
【详解】
由平行公理可得，平行于同一直线的两直线互相平行．
由平面平行的传递性可知，平行于同一平面的两平面互相平行．
平行于同一直线的两平面平行或相交．
平行于同一平面的两直线有三种位置关系：平行、相交、异面．
结合选项可知，前后两空依次可填写 ① ； ① 或 ② ； ② ．
故选： A ．
14、 B
【分析】
利用线段 BD 的中点也是线段 AC 的中点，可得 C 到平面 α 的距离；结合 ，可得 到平面 α 的距离，顶点 B 1 ， D 1 到平面 α 的距离同理可得
【详解】

因为线段 BD 的中点也是线段 AC 的中点，
设点 C 到平面 α 的距离为 x ，
则有 ，解得 x ＝ 3 ，
设点 到平面 α 的距离为 y ， A 1 到平面 α 的距离为 4
由于 ，故
同理可得顶点 B 1 ， D 1 到平面 α 的距离分别为 5 ， 6
所以正方体的其它顶点到平面 α 的距离可以是 3 ， 5 ， 6 ， 7 ．
故选： B
二、填空题
1、 60°
【分析】
作出异面直线 和 所成的角，并求得角的大小 .
【详解】
如图，连接 A 1 C 1 ，由 AA 1 ∥ CC 1 ， AA 1 ＝ CC 1 ，
得四边形 AA 1 C 1 C 为平行四边形，则 AC ∥ A 1 C 1 ，
∴∠ A 1 C 1 D 即为 AC 和 DC 1 所在直线的夹角，
连接 A 1 D ，可得 △ A 1 C 1 D 为等边三角形，即 ∠ A 1 C 1 D ＝ 60° ．
∴ AC 和 DC 1 所在直线的夹角大小是 60° ．
故答案为： 60°

2、
【分析】
求出圆锥的底面半径和母线长根据圆锥的侧面积公式可得答案 .
【详解】

由题意得圆锥的底面半径为 ，圆锥的高为 ，
所以母线长 ，
所以侧面积为 .
故答案为：
3、
【分析】
将正四面体扩充为正方体，则正四面体的外接球即为正方体的外接球，球半径即为体对角线的一半，即得解
【详解】
由题意，正四面体扩充为正方体，如图所示

若正四面体的棱长为 ，则正方体的棱长为 1 ，
所以正方体的对角线长为 ，
则正四面体的外接球半径为：
故答案为： ．
4、
【分析】
结合长方体的结构来求得 .
【详解】
线段 AB 的主视图、左视图和俯视图的长度分别是 、 4 和 5 ，
设 x 、 y 、 z 为长方体的长，宽，高，
则 x 2 +z 2 ＝ 8 ， y 2 + z 2 ＝ 16 ， x 2 + y 2 ＝ 25 ，
所以 2 （ x 2 + y 2 + z 2 ）＝ 49 ，
所以 ，
所以 AB ＝ ．
故答案为： ．

5、
【详解】

由题意得直三棱柱底面为等腰直角三角形．
① 若把面 和面 B 1 C 1 CB 展开在同一个平面内，则线段 EF 在直角三角形 A 1 EF 中，由勾股定理得 ．
② 若把把面 ABA 1 B 1 和面 A 1 B 1 C 1 展开在同一个平面内，设 BB 1 的中点为 G ，在直角三角形 EFG 中，由勾股定理得 ．
③ 若把把面 ACC 1 A 1 和面 A 1 B 1 C 1 展开在同一个面内，过 F 作与 CC 1 行的直线，过 E 作与 AC 平行的直线，所作两线交于点 H ，则 EF 在直角三角形 EFH 中，由勾股定理得
．
综上可得从 E 到 F 两点的最短路径的长度为 ．
答案：
点睛：
（ 1 ）研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
（ 2 ）在本题中由于展开的方式不同，故在解题中采用了分类讨论的方法，按照三种不同的方式将几何体的侧面展开，然后对所得的结果进行比较以得到最短距离．
三、解答题
1、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）证明见解析 .
【分析】
（ 1 ）连结 AC ，设 AC 与 BD 交于 O 点，连结 EO ，证明 OE ∥ PA ，即可得证；
（ 2 ）证明 PD ⊥ 平面 ABCD ，可得 PD ⊥ AD ，从而可证 AD ⊥ 平面 PCD ，可得 AD ⊥ DE ，得 BC ⊥ DE ，从而可证 DE ⊥ 平面 PBC ，最后根据面面垂直的判定定理即可得证 .
【详解】
证明：（ 1 ）连结 AC ，设 AC 与 BD 交于 O 点，连结 EO ．
∵ 底面 ABCD 是正方形，
∴ O 为 AC 的中点，又 E 为 PC 的中点，
∴ OE ∥ PA ，
∵ OE ⊂ 平面 BDE ， PA ⊄ 平面 BDE ，
∴ PA ∥ 平面 BDE ；
（ 2 ） ∵ PD ＝ DC ， E 是 PC 的中点，
∴ DE ⊥ PC ，
∵ PD ⊥ 平面 ABCD ， 平面 ABCD ， ∴ PD ⊥ AD ，
又由于 AD ⊥ CD ， PD ∩ CD ＝ D ，故 AD ⊥ 平面 PCD ，
又 平面 PCD ，所以 AD ⊥ DE ，
又由题意得 AD ∥ BC ，故 BC ⊥ DE ，
于是，由 BC ∩ PC ＝ C ， DE ⊥ PC ， BC ⊥ DE ，可得 DE ⊥ 平面 PBC ，
又因 平面 BDE ，所以平面 BDE ⊥ 平面 PBC ．

2、 （ Ⅰ ）证明见解析；（ Ⅱ ） .
【详解】
试题分析：（ Ⅰ ）因为 PH 是四棱锥 P-ABCD 的高．
所以 AC PH, 又 AC BD,PH,BD 都在平面 PHD 内 , 且 PH BD=H.
所以 AC 平面 PBD.
故平面 PAC 平面 PBD.
（ Ⅱ ）因为 ABCD 为等腰梯形， AB CD,AC BD,AB= .
所以 HA=HB= .
因为 APB= ADR=60 0
所以 PA=PB= ,HD=HC=1.
可得 PH= .
等腰梯形 ABCD 的面积为 S= AC x BD = 2+ .
所以四棱锥的体积为 V= x （ 2+ ） x =
考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，体积的计算．
点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算．在计算问题中，有 “ 几何法 ” 和 “ 向量法 ” ．利用几何法，要遵循 “ 一作、二证、三计算 ” 的步骤，利用向量则能简化证明过程．本题（ I ）较为简单，（ II ）则体现了 “ 一作、二证、三计算 ” 的解题步骤．
3、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）证明见解析；（ 3 ） .
【分析】
（ 1 ）构造中位线得到线线平行，从而证明线面平行；
（ 2 ）取棱 PC 的中点 N ，连接 DN ，得 DN ⊥ PC ，进一步得 DN ⊥ 平面 PAC .
又 PA ⊥ CD ， 从而可得 PA ⊥ 平面 PCD ；
（ 3 ）由 DN ⊥ 平面 PAC ，可知 ∠ DAN 为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，再解三角形即可 .
【详解】
（ 1 ）证明 ∶ 连接 BD ，易知 ， BH = DH .
又由 BG = PG ，故 GH // PD .
又因为 平面 PAD ， 平面 PAD ，所以 GH // 平面 PAD .
（ 2 ）证明 ∶ 取棱 PC 的中点 N ，连接 DN . 依题意，得 DN ⊥ PC .
又因为平面 PAC ⊥ 平面 PCD ，平面 PAC ∩ 平面 PCD = PC ，
所以 DN ⊥ 平面 PAC .
又 平面 PAC ，所以 DN ⊥ PA .
又已知 PA ⊥ CD ， ，
所以 PA ⊥ 平面 PCD .

（ 3 ）连接 AN ，由（ 2 ）中 DN ⊥ 平面 PAC ，可知 ∠ DAN 为直线 AD
与平面 PAC 所成的角 .
因为 △ PCD 为等边三角形， CD =2 且 N 为 PC 的中点，
所以 DN =
又 DN ⊥ AN ，在 中， .
所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为