數(shù)學高一-江蘇省南京市外國語學校2022-2023學年高一下學期五月月考數(shù)學答案

2022-2023學年南京外國語學校高一五月月考答案一．選擇題（共8小題）1．將一個等邊三角形繞它的一條邊所在的直線旋轉一周，所得的幾何體包括（）A．一個圓柱、一個圓錐 B．一個圓臺、一個圓錐 C．兩個圓錐 D．兩個圓柱【解答】解：一個等邊三角形繞它的一條邊所在的直線旋轉一周，所得幾何體是兩個底面重合的圓錐．故選：C．2．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，直線AD1與直線DC1的夾角等于（）A． B． C． D．【解答】解：如圖連接AB1，因為幾何體是長方體，所以DC1∥AB1，直線AD1與直線DC1的夾角等于直線AD1與直線AB1的夾角，三角形AB1D1是正三角形，所以直線AD1與直線DC1的夾角為．故選：C．3．】解：連結BD，設O為BD的中點，連結OM，OH，AC，BH，MN，因為M，N是BC，GH的中點，所以OM∥CD，且OM＝，NH∥CD，且NH＝，所以OM∥NH且OM＝NH，則四邊形MNHO是平行四邊形，所以OM∥NH，又MN?平面BDH，OH?平面BDH，所以MN∥平面BDH．故選：C．4．已知四邊形ABCD用斜二測畫法畫出的直觀圖為直角梯形A'B'C'D'，如圖所示，A'B'＝1，A'D'＝2，B'C'＝3，A'B'⊥B'C'，A'D'∥B'C'，則四邊形ABCD的周長為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意可知，如圖所示，過點D作DH⊥BC，垂足為H，則四邊形ABCD的高為，，故四邊形ABCD的周長為．故選：A．5．答】解：∵△ABC的兩條直角邊BC＝3，AC＝4，∴AB＝＝5，過C作CM⊥AB，交AB于M，連結PM，由三垂線定理得PM⊥AB，∴點P到斜邊AB的距離為線段PM的長，由S△ABC＝AC?BC＝AB?CM，得CM＝＝＝，PM＝＝＝3．∴點P到斜邊AB的距離為3．故選：B．6．【解答】解：兩個平面相互垂直，①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的一條直線，進而垂直于另一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線，故①正確；②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線，不正確，只有該直線垂直于兩個平面的交線，由面面垂直的性質定理可得該直線垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線，故②不正確；③一個平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個平面，錯誤，只有該直線垂直于兩個平面的交線，才有該直線垂直于另一個平面，故③錯誤；④若此點在交線上，那么作出來的線就不一定與另一平面垂直了，故④錯誤．故選：C．7．】解：根據(jù)題意畫出圖形：在平面β內(nèi)，過A作AE∥BD，過點D作DE∥l，交AE于點E，連接CE．∵BD⊥l，∴AE⊥l，∴ED⊥平面CAE．又AC⊥l，∴∠CAE或其補角是二面角α﹣l﹣β的平面角．由矩形ABDE得EA＝2，ED＝1．在Rt△CED中，由勾股定理得CE＝＝2．∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°，∴cos∠CAE＝．∴二面角α﹣l﹣β的余弦值為故選：A．8．】解：由題意可知以A，B，C，D為頂點構成正四面體，設正四面體的棱長為a，取CD中點E，連結BE，過A作AF⊥BE，交BE于F，則BE＝＝，BF＝＝，正四面體的高為AF＝＝，正四面體的外接球球心O在AF上，設球半徑為R，則OB＝OA＝R，OF＝，∵OB2＝BF2+OF2，∴R2＝+（﹣R）2，解得正四面體的外接球的半徑為R＝a，則3D打印的體積為V＝＝，因為a＝6，所以a3＝216，所以V＝27≈207.711﹣25.38≈182，故選：B．二．多選題（共4小題）9．設l為直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中錯誤的是（）A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β【解答】解：設l為直線，α，β是兩個不同的平面，對于A，若l∥α，l∥β，則α與β相交或平行，故A錯誤；對于B，若l⊥α，l⊥β，則由面面平行的判定定理得α∥β，故B正確；對于C，若l⊥α，l∥β，則α與β相交，故C錯誤；對于D，若α⊥β，l∥α，則l與β相交、平行或l?β，故D錯誤．故選：ACD．10．】解：對于A，由PQ為上底面的面對角線，PQ與下底面過B的面對角線平行，所以PQ與平面ABC相交，故A錯誤；對于B，由中位線定理可得PQ∥AC，PQ?平面ABC，AC?平面ABC，可得PQ∥平面ABC，故B錯誤；對于C，取中點D，連接DB，DQ，CP，可得截面為正六邊形ABDQPC，即有PQ?平面ABC，故C錯誤；對于D，連接BD，設AB與PD的交點為H，連接CH，由中位線定理可得CH∥PQ，而PQ?平面ABC，CH?平面ABC，則PQ∥平面ABC，故D正確．故選：BD．11．】解：對于A，∵CD∥AB，∴∠PBA（或其補角）為PB與CD所成角，∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA＝AB，∴∠PAB＝45°，即PB與CD所成角為45°，故A錯誤；對于B，∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC＝A，PA、AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正確；對于C，連結AC，交BD于點F，則F為AC的中點，連結EF，∵E為PA的中點，∴EF∥PC，而EF?平面BDE，PC?平面BDE，∵PC∥平面BDE，故C正確；對于D，設AB＝PA＝x，則?AB?AD?PA＝x3，VB﹣CDE＝VE﹣BCD＝S△BCD?AE＝?x2?x＝．∴VB﹣CDE：VP﹣ABCD＝：＝1：4，故D正確．故選：BCD．12．】解：球的半徑為r＝2，可知圓柱的底面半徑r＝2，圓柱的高為2r＝4，則球的體積為，圓柱的體積為π×22×4＝16π，則球與圓柱的體積之比為2：3，故A正確；由題可知四面體CDEF的體積等于，點E到平面DCO1的距離d∈（0，4]，又×4×4＝8，∴＝×8d∈（0，]，故B正確；過O作OG⊥DO1于G，則由題可得OG＝×＝，設O到平面DEF的距離為d1，平面DEF截得球的截面圓的半徑為r1，則d1≤OG，≥4﹣，∴平面DEF截得球的截面面積最小值為，故C錯誤；由題可知點P在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設P在底面的射影為P'，則PP′＝2，PE＝，，P′E2+P′F2＝16，設t＝P'E2，則t∈[0，42]，PE+PF＝，可得＝24+2∈[24+，48]，∴PE+PF∈2+2，]，故D正確．故選：ABD．三．填空題（共4小題）13．用半徑為2的半圓面圍成一個圓錐，則該圓錐的體積為．【解答】解：因為圓錐的母線長為2，設圍成圓錐的底面半徑為r，則2πr＝2π，解得r＝1，所以圓錐的高為h＝＝，所以圓錐的體積為V＝π×12×＝．答案為：．15．】解：由題意知：b＝6cm，a＝8cm的橢球體的體積為：＝192πcm3．故答案為：192π．16．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AA1＝，設其外接球的球心為O，已知三棱錐O﹣ABC的體積為，則球O表面積的最小值為27π．【解答】解：設AB＝a，BC＝b，球的半徑為r，連接AC1，A1C交于點O，取AC的中點D，連接BD，則O到三棱柱六個頂點的距離相等，即O是三棱柱外接球的球心，則OD＝AA1＝，又三棱錐O﹣ABC的體積為，即ab×＝，得ab＝12．則r＝＝≥＝，當且僅當a＝b時取等號，∴球O表面積的最小值為S＝4πr2＝27π，故答案為：27π．四．解答題（共6小題）17．如圖，AB是圓柱OO'的一條母線，BC過底面圓心O，D是圓O上一點．已知AB＝BC＝5，CD＝3．（1）求該圓柱的表面積；（2）將四面體ABCD繞母線AB所在的直線旋轉一周，求△ACD的三邊在旋轉過程中所圍成的幾何體的體積．【解答】解：（1）由題意知AB是圓柱OO′的一條母線，BC過底面圓心O，且AB＝BC＝5，可得圓柱的底面圓的半徑為，則圓柱的底面積為，圓柱的側面積為S2＝2πRl＝＝25π，所以圓柱的表面積為S＝2S1+S2＝＝；（2）△ACD的三邊在旋轉過程中所圍成的幾何體的體積是：分別以AC、AD為母線，BC，BD為底面圓半徑的圓錐的體積之差，所以以△ACD繞AB旋轉一周而成的封閉幾何體的體積為：．18．已知平面α∩β＝l，直線a∥α，且a∥β，求證：a∥l．【解答】證明：過直線a作平面γ1，γ2使得α∩γ1＝l1，β∩γ2＝l2，∵a∥α，α∩γ1＝l1，a?γ1，∴a∥l1，同理a∥l2，∴l(xiāng)1∥l2，又l1?α，l2?β，∴l(xiāng)1∥β，∴l(xiāng)1∥l，∴a∥l．19．如圖①，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1木塊中，E是CC1的中點．（1）要經(jīng)過點A將該木塊鋸開，使截面平行于平面BD1E，在該木塊的表面應該怎樣畫線？請在圖①中作圖，寫出畫法，并證明．（2）求四棱錐E﹣ABC1D1的體積；【解答】解：（1）取棱DD1的中點F，連接AF、CF、AC，則FC，F(xiàn)A，CA就是所求作的線．證明如下：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，∵E是CC1的中點，F(xiàn)為DD1的中點，則EC∥D1F，且EC＝D1F，于是得四邊形CED1F是平行四邊形，有D1E∥CF，而D1E?平面BD1E，CF?平面BD1E，因此CF∥平面BD1E．連接EF，可得EF∥CD∥AB，且EF＝CD＝AB，得四邊形ABEF為平行四邊形，則AF∥BE，又BE?平面BD1E，AF?平面BD1E，于是有AF∥平面BD1E，而CF∩AF＝F，CF，AF?平面AFC，從而得平面AFC∥平面BD1E．（2）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，連接CB1，交BC1于O，可得CO⊥平面ABC1D1，∵E是CC1的中點，∴E到平面ABC1D1的距離等于＝，又四邊形ABC1D1的面積S＝，∴四棱錐E﹣ABC1D1的體積V＝．20．如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別是BC，BB1，AA1的中點．（Ⅰ）求證：CF∥平面ADE；（Ⅱ）求證：BC1⊥平面ADE．】證明：（Ⅰ）設AE∩BF＝O，連接OD，如圖示：因為ABC﹣A1B1C1為正三棱柱，且AB＝AA1，所以側面A1ABB1為正方形，因為E，F(xiàn)分別是BB1，AA1的中點，所以O是BF的中點，又因為D是BC的中點，所以OD∥CF，因為OD?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF∥平面ADE．（Ⅱ）因為△ABC為正三角形，所以AD⊥BC，又CC1⊥平面ABC，所以AD⊥CC1，所以AD⊥平面B1BCC1，所以BC1⊥AD，連接B1C，因為側面B1BCC1為正方形，所以BC1⊥B1C，所以BC1⊥DE，所以BC1⊥平面ADE．21．【解答】（1）證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因為M為半圓弧上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，BC?平面BMC，CM?平面BMC，所以DM⊥平面BMC．為DM?平面AMD，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）解：當P為AM的中點時，MC∥平面PBD．證明如下：連結AC交BD于O．因為ABCD為矩形，所以O為AC中點．連結OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP．又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD．22．【解答】（1）證明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cos60°＝3，∴AB2＝AC2+BC2，∴BC⊥AC，∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE．（2）解：取FB中點G，連接AG，CG，∵AF＝＝2，∴AB＝AF，∴AG⊥FB，∵CF＝CB＝1，∴CG⊥FB，∴∠AGC＝θ，∵BC＝CF，∴FB＝，∴CG＝，AG＝，∴cosθ＝＝．（3）解：由（2）知：①當M與F重合時，cosθ＝．②當M與E重合時，過B作BN∥CF，且使BN＝CF，連接EN，F(xiàn)N，則平面MAB∩平面FCB，∵BC⊥CF，AC⊥CF，∴CF⊥平面ABC，∴BN⊥平面ABC，∴∠ABC＝θ，∴θ＝60°，∴c