四川省资中县第二中学2022-2023学年高二理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省资中县第二中学2022-2023学年高二理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
资中二中高2024届10月考试数学试题（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项的代号填涂在答题卡的指定位置上.1. 直线的倾斜角为（    ）A. 60° B. 45° C. 90° D. 0°【答案】B【解析】【分析】根据倾斜角与斜率的关系，可得答案.【详解】由直线方程，则其斜率为，设该直线的倾斜角为，则，由，解得.故选：B.2. 下列命题为真命题是（    ）A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C. 以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；D. 棱台的侧棱延长后交于一点.【答案】D【解析】【分析】根据棱柱，棱锥，棱台的定义可判断A，B，C错误，D正确.【详解】A选项，长方体的侧面并不全等.故A选项错误；B选项，用一个平行平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间部分是棱台，故B选项错误.C选项，以直角三角形的一直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，故C选项错误；D选项，棱台可看作用一个平行平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分，所以棱台的侧棱延长后交于一点.故D选项正确.故选：D.3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，该几何体为圆锥，再结合圆锥的体积公式，即可得到结果.【详解】  由三视图可得，该几何体为圆锥，且该圆锥的底面圆半径为，高为，则其体积为.故选：A4. 设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则【答案】D【解析】【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】A选项，，，则可能平行，相交，异面，故A错误；B选项，，，则可能，故B错误；C选项，，，则可能，也可能，故C错误；D选项，根据两条平行线中的一条直线垂直一个平面，则另一条也垂直该平面，故D正确.故选：D.5. 若直线和平行，则实数（    ）A.  B.  C. 或 D. 不存在【答案】A【解析】【分析】利用两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值.【详解】因为直线和平行，则，解得.故选：A.6. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为　　A. 相交B. 平行C. 异面而且垂直D. 异面但不垂直【答案】D【解析】【详解】解：利用展开图可知，线段AB与CD是正方体中的相邻两个面的面对角线，仅仅异面，所成的角为600，因此选D7. 如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，求小虫爬行的最短路径为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】展开圆柱侧面，根据两点间直线距离最短求得正确结论.【详解】展开圆柱的侧面如图所示，  展开后，在矩形中，，，由图可知小虫爬行路线的最短长度是.故选：B.8. 如图，在直三棱柱中，若，，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】∥，所以及为异面直线与所成的角或其补角，连接，根据余弦定理即可求得答案.【详解】如图，连接，则，由题知，，，∵∥，所以及为所求角或其补角，所以.故选：D.9. 如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（    ）A. 存在最大值，最大值为 B. 存在最小值，最小值为C. 为定值 D. 不确定，与，的位置有关【答案】C【解析】【分析】通过顶点转换，确定三棱锥的底和高的变化情况，即可确定答案.【详解】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.故选：C.10. 已知中，，，，、分别是、的中点，将沿直线翻折至，形成四棱锥，在翻折过程中，下列结论可能成立的为（    ）  A.  B. C.  D. 平面平面【答案】B【解析】【分析】计算出、的正切值，可判断A选项；取，结合线面垂直的性质可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，翻折前，易知，因为、分别是、的中点，则，因为，则，即，，翻折后，则，，，、平面，所以，平面，因为，所以，平面，因为平面，则，因为，所以，，故，A错；对于B选项，当时，因为，且，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，B对；对于C选项，因为，则为直角三角形，且为锐角，因为，则与所成角为，故与不可能垂直，C错；对于D选项，因为，平面，平面，则平面，设平面平面，又因为平面，所以，，  因为平面，则平面，因为、平面，则，，所以，平面与平面所成二面角的平面角为，若平面平面，则为直角，从而可知为的最长边，这与矛盾，假设不成立，故平面与平面不可能垂直，D错.故选：B.11. 如图所示，是二面角棱上的一点，分别在平面内引射线，，如果，设二面角的大小为，则（    ）A. 1 B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】过上一点分别在内作的垂线，交于点和点，则即为二面角的平面角，设，则，，由此利用余弦定理可求出【详解】解：过上一点分别在内作的垂线，交于点和点，则即为二面角的平面角，设， 因为，所以，，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查二面角的平面角的求法，解题的关键是利用二面角的平面角的定义在图中作出二面角的平面角，考查空间想象能力的计算能力，属于中档题12. 如图，在长方体中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，给出下列命题：①四棱锥的体积恒为定值；②存在点E，使得平面；③对于棱上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得平面；④存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值.其中正确的有（    ）  A. ①②④ B. ①③ C. ②④ D. ①③④【答案】A【解析】【分析】由到平面的距离为定值可判断①，由线面垂直的判定定理可判断②，由线面的位置关系可判断③，由面面平行的性质定理和对称性可判断④.【详解】对于①， 由，平面，  可得到平面的距离为定值，所以四棱锥的体积为定值，故①正确;对于②，，得对角面为正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，，平面，所以平面，面，所以， ，平面，所以有平面，故②正确;对于③，可作出过的平面与平行，如图所示：  当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，而当点在线段内时，对应的点在棱上，故③错误.对于④，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四边形的周长，将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：此时，四边形的周长取得最小值，  故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故④正确.综上：①②④正确.故选：A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案写在题中横线上.）13. 正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则其体积为______.【答案】【解析】【分析】由正四棱锥的底面边长求出底面中心到一个顶点的距离，结合棱长，求出正四棱锥的高，然后利用体积公式进行求解．【详解】如图，正四棱锥中，，设顶点在底面内的射影点为，则为正方形的中心，连接，则为的中点，    因为正方形的边长为，则，所以，，直角三角形中，，所以，故答案为：．14. 动直线，恒过的定点是________【答案】【解析】【分析】将直线方程转化为，从而可得，即可得到结果.【详解】∵，∴∴，解得：x＝2，y＝2．即方程（a∈R）所表示的直线恒过定点（2，2）．故答案为：．15. 表面积为的球面上有四点，，，且是等边三角形，球心到平面的距离为，若平面平面，则棱锥体积的最大值为__________．【答案】27【解析】【分析】根据球的表面积公式，结合面面垂直的性质、三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，所以有.设的中心为,则 ,所以 ，则，棱锥的底面积为定值，欲使其体积最大，应有到平面的距离取最大值，又平面平面，所以由球的性质可知：当在平面上的射影是的中点时，点到平面的距离取最大值，而，显然有平面，平面，因此，过做，于是有，，则到平面的距离的最大值为，∴.故答案为：27【点睛】关键点睛：利用球的性质，结合面面垂直的性质是解题的关键. 16. 如图，正方体中，是的中点，是侧面上的动点，且//平面，则与平面所成角的正切值的最大值是_________.【答案】【解析】【分析】设分别为边上的中点,根据面面平行的判定定理，可得平面平面，结合已知中面，可得落在线段上，即为与平面所成角,求出该角正切的最大值即可得到结论.【详解】设分别为边上的中点,则四点共面，且平面平面，又面，落在线段上，是与平面所成的角，，设的中点为,则当与重合时最小，此时与平面所成角的正切值有最大值为，故答案为.【点睛】本题主要考查面面平行、线面平行的判断与性质以及线面角的求解方法，属于难题. 根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，但这要求学生必须具有较强的空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、推演步骤.）17. 已知直线经过点，，直线经过，.（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据直线平行的条件列出方程，求解即可；（2）根据直线垂直的条件列出方程，求解即可.【详解】（1）∵，若，，；（2）∵，若，，.【点睛】本题考查直线平行和垂直的充要条件的应用，考查计算能力，属于常考题.18. 如图，已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点.求证：（1）平面PCD；（2）平面平面PBC.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析﹒【解析】【分析】(1)利用三角形中位线证明MN∥PC即可；(2)利用中位线证明NQ∥PB，结合(1)中结论即可证明．【小问1详解】由题意，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点，∴N是AC的中点，∴，∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD；【小问2详解】由(1)知，平面PBC，平面PBC，∴MN∥平面PBC，∵ABCD为平行四边形，∴N是BD中点，又∵Q是PD中点，∴在△PBD中，NQ∥PB，∵PB平面PBC，NQ平面PBC，∴NQ∥平面PBC，∵MN∩NQ=N，MN、NQ平面MNQ，∴平面平面PBC．19. （1）已知坐标平面内两点，.当为何值时，直线的倾斜角为锐角？（2）已知直线.若直线不经过第四象限，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用直线的斜率大于零时倾斜角为锐角即可求解；（2）根据直线不经过第四象限得到直线的斜率和纵截距均大于等于零即可求解.【详解】解：（1），所以因为直线的倾斜角为锐角所以解得：所以当时，直线的倾斜角为锐角（2）直线即因为直线不经过第四象限所以，解得所以的取值范围为.20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面.  （1）求证：；（2）若______，求点到平面的距离.在①；②二面角的正切值为；③，这三个条件中，任选一个，补充在问题中，并加以解答.【答案】（1）证明见解析    （2）条件选择见解析，【解析】【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）选条件①，利用等体积法可求出点到平面的距离；选条件②，利用二面角的定义可得出，可求出，再利用等体积法可求出点到平面的距离；选条件③，利用锥体的体积公式求出，再利用等体积法可求出点到平面的距离.【小问1详解】证明：因为底面为平行四边形，则，在中，，，，则，故，又因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，故.【小问2详解】解：因为，，则，因平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，故，选条件①，因为，，则，设点到平面的距离为，因为，，则由可得，，解得，即点到平面的距离为；选条件②，二面角的正切值为，因为，，则为二面角的平面角，则，则，以下同①；选条件③，，因为，则，则，解得，以下同①.21. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，为的中点.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若线段上的点满足，求棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】【分析】解法一：（I）证明BC分别垂直平面PAC的两条直线，结合直线与平面垂直的判定，即可．（II）结合直线与平面垂直判定，计算得到MG垂直平面ABC，进而计算面积，利用，即可．解法二：（I）同解法一（II）结合直线与平面垂直判定，得到平面，利用【详解】解法一：（Ⅰ）在中，∵，，，∴，∴.连接∵为的中点，，∴.又∵平面平面，平面平面，平面.∴平面，∴.又，∴平面.（Ⅱ）在中，∵，，∴.过作于，则∵平面，∴平面.∵，∴.由（Ⅰ）得平面，∴，∵，∴ .解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面，∴，∵，，∴平面.又为的中点，∴三棱锥的高.∵，∴. .【点睛】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.22. 在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.（1）求证：平面BCDE；（2）求CM与平面所成角的大小；（3）在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）存在；2【解析】【分析】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.【小问1详解】因为在中，，，所以，因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，，又，，所以平面BCDE；【小问2详解】因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，，故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；【小问3详解】设，，即，即，，，，设平面CMN的法向量为，则有，即，令则，，，同理，设平面DEN的法向量为，，则，即，令，则，故，若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以