1、云南省昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高一数学下学期第一次月考试题（含解析）一、 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.若直线平面，直线，则（ ）A. B. 与异面C. 与相交D. 与没有公共点【答案】D【解析】【分析】若直线平面，直线，则或与异面，然后可分析出答案.详解】若直线平面，直线，则或与异面，故与没有公共点故选：D【点睛】本题考查的是空间中点、线、面的位置关系，较简单.2.下列命题正确的是（）A. 经过三点确定一个平面B. 经过一条直线和一个点确定一个平面C. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面D. 四边形确定一个平面【答案】C【解析】【分析】根据确定一个
2、平面的公理及推论即可选出.【详解】A选项，根据平面基本性质知，不共线的三点确定一个平面，故错误；B选项，根据平面基本性质公理一的推论，直线和直线外一点确定一个平面，故错误；C选项，根据公理一可知，不共线的三点确定一个平面，而两两相交且不共点的三条直线，在三个不共线的交点确定的唯一平面内，所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，正确；选项D,空间四边形不能确定一个平面，故错误；综上知选C.【点睛】本题主要考查了平面的基本性质公理一及其推论，属于中档题.3.如图是正方体平面展开图，在这个正方体中BM与ED平行；CN与BE是异面直线；CN与BM成60角；DM与BN垂直.以上四个命题中，正确命题的
3、序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】正方体的平面展开图复原为正方体，不难解答本题【详解】解：把正方体平面展开图还原成正方体，得：对于，与不平行，故不正确；对于，故不正确；对于，在等边三角形中，可得，即与成角，故正确；对于，在平面上的投影为，根据三垂线定理得与垂直，故正确正确命题的序号是故选：【点睛】本题考查正方体的结构特征，异面直线的判定，异面直线及其所成的角，空间中直线与直线之间的位置关系，几何体的折叠与展开，考查空间想象能力，是中档题4. 三个平面把空间分成部分时，它们的交线有（）A. 条B. 条C. 条D. 1或条【答案】C【解析】此时三个平面两两相交，且有三条
4、平行的交线5.已知在四面体中，分别是的中点，则与所成的角的度数为( )A. 0B. 0C. 0D. 0【答案】A【解析】略6.设，是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若，则若，则若，则若，则其中正确命题的序号是（ ）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】A【解析】【分析】根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得不正确由此可得本题的答案【详解】解：对于，因为，所以经过作平面，使，可得，又因为，所以，结合得
5、由此可得是真命题；对于，因为且，所以，结合，可得，故是真命题；对于，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有且成立，但不能推出，故不正确；对于，设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故不正确综上所述，其中正确命题的序号是和故选：【点睛】本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题7.在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由已知可得ADDC又由其余
6、各棱长都为1得正三角形BCD，取CD得中点E，连BE，则BECD在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，则BEF为二面角ACDB的平面角EF=（三角形ACD的中位线），BE=（正三角形BCD的高），BF=（等腰RT三角形ABC，F是斜边中点）cosBEF=故选C8.在三棱锥中,底面，则点到平面的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】因为底面，,过C作CE于E，则因为,所以,所以平面,所以,，.选B.【详解】请在此输入详解！9.长方体的一个顶点出发的三条边的长分别是3，4，5，且它的八个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】
7、C【解析】【分析】这个球是长方体的外接球，其半径等于体对角线的一半，然后即可算出答案.【详解】这个球是长方体的外接球，其半径等于体对角线的一半即，所以这个球的表面积是故选：C【点睛】本题考查的是长方体的外接球问题，较简单.10.四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】B【解析】【分析】利用中位线定理可得GESA，则GEF为异面直线EF与SA所成的角，判断三角形为等腰直角三角形即可.【详解】取AC中点G，连接EG，GF，FC设棱长为2，则CF= ，而CE=1EF= ，GE=1，GF=1而GESA，GEF
8、为异面直线EF与SA所成的角EF= ，GE=1，GF=1GEF为等腰直角三角形，故GEF=45故选：B.【点睛】求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.11.下列说法中正确的是（ ）过平面外一点有且只有一条直线和已知平面垂直过直线外一点有且只有一个平面和已知直线垂直过平面外一点可作无数条直线与已知平面平行过直线外一点只可作一条直线与已知直线垂直（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间点、线、面之间位置关系，对
9、选项进行分析判断即可.【详解】由线面垂直的性质及线面平行的性质，知正确；因为过直线外一点作平面与直线垂直，则平面内过该点的直线都与该直线垂直，故错误.故选：A【点睛】本题考查空间点、线、面之间的位置关系判断，属于基础题.12.如图，设P是正方形ABCD外一点，且PA平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD的位置关系是（ ）A. 平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直B. 它们两两都垂直C. 平面PAB与平面PBC垂直、与平面PAD不垂直D. 平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直【答案】A【解析】【分析】由已知线面垂直得线线垂直，根据底面四边形为正方形得到线线垂直，最后根据面面
10、垂直的判定定理得证.【详解】解：因为四边形为正方形，所以.又平面，所以.又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.同理：因为四边形为正方形，所以.又平面，所以.又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.故选：A.【点睛】本题考查线面垂直的性质、面面垂直的判定定理，属于基础题.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知是两条异面直线，那么与的位置关系_.【答案】异面或相交【解析】【分析】由平行公理，若cb，因为ca，所以ab，与a、b是两条异面直线矛盾，异面和相交均有可能【详解】a、b是两条异面直线，ca，那么c与b异面和相交均有可能，但不会平行因为若cb，因为c
11、a，由平行公理得ab，与a、b是两条异面直线矛盾故答案为：相交或异面【点睛】本题考查空间的两条直线的位置关系的判断、平行公理等知识，考查逻辑推理能力14.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为_【答案】【解析】【详解】根据题意画如图所示的正四棱锥，因为底面对角线的长为，故底边边长为，设高度为，由体积公式得，解得，作出二面角的平面角如图所示，所以二面角为15.四棱锥中，底面是边长为的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角的平面角为_【答案】60【解析】【详解】 如图：E、F分别是AB,CD中点，连VE,EF，VF;则就是二面角的平面角；又所以三角
12、形VEF为正三角形，所以16.为边长为的正三角形所在平面外一点且，则到的距离为_.【答案】【解析】【分析】由条件可得是等边三角形，然后可算出答案.【详解】因为，所以是等边三角形所以到的距离为故答案为：【点睛】本题实质上考查的是平面几何的知识，较简单.三、解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分）17.如图，已知点M、N是正方体ABCD-A1B1C1D1的两棱A1A与A1B1的中点，P是正方形ABCD的中心，求证：MN平面PB1C【答案】详见解析【解析】【分析】先连接，由已知得平面与平面为同一个平面，根据三角形中位线定理得，再由线面平行判定定理得证.【详解】证明：
13、如图所示，连接，则一定过点，连接.因为，所以.又平面，平面，所以平面，即平面.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，熟练掌握线面平行的判定定理是解题的关键，属于基础题.18.如图所示，已知正方体中，分别为，的中点，.求证：（1）四点共面；（2）若交平面于R点，则三点共线.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由中位线定理可知，故四点共面（2）是平面与平面的交线，可证是两平面公共点，故过R，得证.【详解】证明：（1）是的中位线，.在正方体中，.确定一个平面，即四点共面.（2）正方体中，设确定的平面为，又设平面为.又，则Q是与的公共点，.又.，且，则，故三点共线.【点睛】
14、本题主要考查了多点共面及多点共线问题，主要利用平面的基本性质解决，属于中档题.19.如图，已知矩形中，将矩形沿对角线把折起，使移到点，且平面，在上（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）详见解析；（2）48【解析】【分析】（1）先证明平面，从而得到，然后结合可得平面，然后可得平面平面；（2）求出，然后利用计算即可.【详解】（1）证明：因为平面，平面所以，因为，所以平面，因为平面，所以， 又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面 （2）由（1）知：平面，因为平面所以， 所以，所以【点睛】本题考查的是面面垂直的证明和三棱锥体积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.20.已知
15、长方体的高为，两个底面均为边长为的正方形（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用，找出异面直线与所成角，结合直角三角形知识求解；（2）先利用等体积法求出到平面的距离，再求出，从而可得直线与平面所成角的正弦值【详解】（1）由长方体的性质得：， 或其补角是异面直线与所成角连结，平面， ，在中， ，即异面直线与所成角为.（2）中，；设到平面的距离为，由得，即有；在长方体中，易得，设直线与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查异面直线所成角及线面角，根据角的定义找到角是求解的关键，侧重考查直观想象和数
16、学运算的核心素养.21.如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB/CD，AB=4，BC=CD=2，AA=2,E、E分别是棱AD、AA的中点（1）设F是棱AB的中点，证明：直线EE/平面FCC；（2）证明：平面D1AC平面BB1C1C【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】证明：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中点F1，连接A1D，C1F1，CF1因为AB=4，CD=2，且AB/CD，所以CD/A1F1，且CD=A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1/A1D又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1/A1D，所以CF1/EE1，又
17、因为平面FCC，平面FCC，所以直线EE/平面FCC（2）连接AC，在直棱柱中，CC1平面ABCD，AC平面ABCD，所以CC1AC，因为底面ABCD为等腰梯形，AB=4，BC=2，F是棱AB的中点，所以CF=CB=BF，BCF为正三角形，ACF为等腰三角形，且，所以ACBC，又因为BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，所以AC平面BB1C1C，而平面D1AC，所以平面D1AC平面BB1C1C22.如图，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：PQ平面DCQ；（II）求棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值【答案】解析：（I）见解析；
18、（2）1.【解析】试题分析：(1)要证直线与平面垂直，只须证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，注意到QA平面ABCD，所以有平面PDAQ平面ABCD，且交线为AD，又因为四边形ABCD为正方形，由面面垂直的性质可得DC平面PDAQ，从而有PQDC，又因为PDQA，且QAABPD ，所以四边形PDAQ为直角梯形，利用勾股定理的逆定理可证PQQD；从而可证 PQ平面DCQ；(2)设ABa，则由(1)及已知条件可用含a的式子表示出棱锥QABCD的体积和棱锥PDCQ的体积从而就可求出其比值试题解析：(1)证明：由条件知PDAQ为直角梯形因为QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交线为AD.又四边形ABCD为正方形，DCAD，所以DC平面PDAQ.可得PQDC.在直角梯形PDAQ中可得DQPQPD，则PQQD.所以PQ平面DCQ.(2)设ABa.由题设知AQ为棱锥QABCD的高，所以棱锥QABCD的体积V1a3.由(1)知PQ为棱锥PDCQ的高，而PQa，DCQ的面积为a2，所以棱锥PDCQ的体积V2a3.故棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值为1.考点：线面垂直；几何体的体积
