2024内江威远中学高二上学期第一次月考数学试题含解析

威远中学2025届高二上第一次月考试题

数   学

一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每个小题只有一个选项符合题目要求.

1. 下列说法正确的是（    ）

A. 三个点可以确定一个平面 B. 若直线a在平面外，则a与无公共点

C. 用平面截正棱锥所得的棱台是正棱台 D. 斜棱柱的侧面不可能是矩形

【答案】C

【解析】

【分析】由三点共线判断A；由线面关系有a与可能相交或平行判断B；由正棱锥的结构特征及正棱台的定义判断C；注意两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边情况判断D.

【详解】A：三点共线时平面不止一个，错误；

B：若直线a在平面外，则a与可能相交或平行，错误；

C：平面截正棱锥所得的棱台，必有上下底面均为正多边形且侧面是全等的等腰梯形，即为正棱台，正确；

D：斜棱柱侧棱不垂直于底面，但可能存在两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边，此时这两条侧棱和上下底面的边所成侧面为矩形，错误.

故选：C

2. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰长为2，上底长为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，再计算平面图形的面积即可.

【详解】由已知用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图如下图：

则，

则把直观图还原为平面图形如下图：

这个平面图形的面积为.

故选：C.

3. 已知某圆台的高为，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（    ）

A. 9π B.  C.  D. 8π

【答案】A

【解析】

【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解.

【详解】∵圆台的母线长为，

∴其侧面展开图的面积.

故选：A.

4. 空间不重合的三个平面可以把空间分成（    ）

A. 4或6或7个部分 B. 4或6或7或8个部分

C. 4或7或8个部分 D. 6或7或8个部分

【答案】B

【解析】

【分析】将空间不重合的三个平面位置关系分为：三个平面互相平行；三个平面有两个平面平行；三个平面交于一线；三个平面两两相交且三条交线平行；三个平面两两相交且三条交线交于一点，分情况分析求解即可.

【详解】空间不重合的三个平面，

若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；

若三个平面有两个平面平行，则第三个平面与其它两个平面相交，可将空间分为6部分；

若三个平面交于一线，则可将空间分为6部分；

若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系），则可将空间分为7部分；

若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系），则可将空间分为8部分.

所以空间不重合的三个平面可以把空间分成4或6或7或8个部分.

故选：B.

5. 已知某圆台的高为，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（    ）

A. 9π B.  C.  D. 8π

【答案】A

【解析】

【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解.

【详解】∵圆台的母线长为，

∴其侧面展开图的面积.

故选：A.

6. 在中，，将绕直线旋转一周，得到的旋转体的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先判断旋转后的几何体为两个圆锥，再利用圆锥的侧面积公式即可得解.

【详解】取中点，如下图所示（左图为轴截面，右图为旋转体上半部分），

将旋转后的图形分为上下两个相同的圆锥，且底面重合，

得到的旋转体的表面积为两个圆锥的侧面积，

因为，所以是正三角形，

所以其中一个圆锥的母线为，半径为，

则一个圆锥的侧面面积为，

所以旋转体的表面积为.

故选：B

7. 三棱台中，两底面和分别是边长为2和1的等边三角形，平面ABC.若，则异面直线AC与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】以为邻边作平行四边形，则且，从而可得即为异面直线AC与所成角或其补角，再解即可.

【详解】如图，以为邻边作平行四边形，

则且，

故即为异面直线AC与所成角或其补角，

因为平面ABC，平面ABC，

所以，

则，

在中，，

即异面直线AC与所成角的余弦值为.

故选：C.

8. 正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由正八面体的定义知，其内切球的球心在正八面体的中心，以内切球的球心为顶点、可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，利用等体积法可得其内切球的半径，从而得到其内切球的表面积.

【详解】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为，则，

且正四棱锥的高为图中，易得，即：

解得：，所以，内切球的表面积为.

故选：C．

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 在下列四棱雉中，底面为平行四边形，，，，，是四棱雉的顶点或棱的中点，则平面的有（    ）

A.    B.  

C.     D.  

【答案】AB

【解析】

【分析】根据线面平行的判定定理可判断A，B；假设平面，利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断C，D.

【详解】对于A，设P为AB的中点，底面为平行四边形，连接，

则，而,

故，即四边形为平行四边形，

故，而平面，平面，

故平面，A正确；

对于B，设P为AB的中点，底面为平行四边形，连接，

则，而,

故，即四边形为平行四边形，

故，而平面，平面，

故平面，B正确；

对于C，设P为AE的中点，底面为平行四边形，连接，

设交于H，连接，

则，而,

故，即四边形为平行四边形，

故，

又平面，平面，平面平面，

假设平面，则，

即在平面内过点B有两条直线和MN都平行，这是不可能的，

故此时平面不成立，C错误；

对于D，设底面为平行四边形，连接交于点H，交于G，

则H为FN的中点，连接，

由于B为MF的中点，故；

又平面，平面，平面平面，

假设平面，则，

即在平面内过点B有两条直线和MN都平行，这是不可能的，

故此时平面不成立，D错误；

故选：AB

10. 已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的有（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.

【详解】A选项，若，则可能异面，A选项错误.

B选项，若，则，B选项正确.

C选项，若，则可能相交，C选项正确.

D选项，若，则，D选项正确.

故选：BD

11. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）．

A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为

C.  D. 的面积为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.

【详解】依题意，，，所以，

A选项，圆锥的体积为，A选项正确；

B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；

C选项，设是的中点，连接，

则，所以是二面角的平面角，

则，所以，

故，则，C选项正确；

D选项，，所以，D选项错误.

故选：AC.

12. 如图，在棱长为1正方体中，点P，Q分别是线段，上的动点，点E是棱的中点，下列命题正确的有（    ）

A. 异面直线与所成的角为定值

B. 的最小值为

C. 三棱锥的体积随P点的变化而变化

D. 过点E作平面，当//平面时，平面与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据线面垂直即可求解A，根据平面中两点间距离最小即可求解B,根据等体积法即可求解C,根据线面平行的性质可得截面多边形,即可求解D.

【详解】由于平面平面,

平面,所以平面，平面，所以，则异面直线与所成的角为90°，故A正确；

把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，

由于与为全等的直角三角形，且,

所以，故,

故,则的最小值为线段的长，故B正确；

因为,由于为定值,且到底面的距离为定值，故体积为定值，故C错误.

分别取的中点为，连接构成六边形,则平面平面,故平面即为六边形所在的平面，由于六边形为正六边形，且边长为,故其周长为，故D正确.

故选：ABD.

三､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.将答案直接填在答题卷相应的横线上.

13. 圆锥的底面半径，侧面的平面展开图的面积为．则此圆锥的体积为______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据圆锥侧面展开图面积求出圆锥母线长，继而求得圆锥的高，即可求得圆锥的体积.

【详解】设圆锥母线长为l，

由侧面的平面展开图的面积为，可得，

故圆锥的高为，

故圆锥的体积为，

故答案为：

14. 如图所示，正方体棱长为3，、分别是下底面的棱，的中点，是上底面的棱上的一点，，过，、的平面交上底面于，在上，则________.

【答案】

【解析】

【分析】利用面面平行的性质定理可得，从而可得，再由相似比即可求解.

【详解】因为平面平面，

平面∩平面，

平面∩平面，

所以，

又因为，

所以．

又因为，所以，

所以.

故答案为：

15. 如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是______.

【答案】

【解析】

【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.

【详解】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，

则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较，

表面积少了8个边长为的正三角形的面积，

所以该多面体的表面积为，所以.

如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心，

由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，

，.

设球的半径为，在中，，所以，

在中，，所以，

所以，解得，所以，

所以该多面体外接球的表面积.

故答案为：.

16. 如图，正三棱锥P-ABC的底面边长为a，高为h，正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1，B1，C1分别在三条棱上，A0，B0，C0在底面△ABC上，则三棱柱A1B1C1-A0B0C0的侧面积取到最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】取底面三角形ABC中心为O，连接PO，OB.设，利用相似知识可表示出三棱柱A1B1C1-A0B0C0高，即可得答案.

【详解】取底面三角形ABC中心为O，连接PO，OB.

则，设，因，则.又，

则.

则三棱柱A1B1C1-A0B0C0的侧面积为:

，

当且仅当，即分别为三条侧棱中点时取等号.

故答案为：

四､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 如图，某几何体下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：

（1）该几何体的体积；

（2）该几何体的表面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.

【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，

（1）

∴

（2）∵，

∴

【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.

18. 如图，在正方体中，为的中点，为的中点．

（1）求证：平面；

（2）求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）证明出平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立．

【小问1详解】

连接交于点，则为的中点，

因为为的中点，则，平面，平面，

因此，平面．

【小问2详解】

因为且，为的中点，为的中点，

所以，，所以，四边形为平行四边形，

所以，平面，平面，

所以平面，又平面，，

因此，平面平面．

19. 如图，已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别为，的中点．

（1）求证：直线、、交于一点；

（2）若，求多面体的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意可得四边形为梯形，再根据平面的性质证明三线交于一点；

（2）根据题意利用割补法求体积.

【小问1详解】

连接、，

因为、分别为、的中点，所以且．

因为是直四棱柱，且底面是正方形，

所以，且，即四边形是平行四边形，

所以且，所以，且，

所以四边形为梯形，所以与交于一点，记为，

即，且平面，平面，

所以平面，平面，

又因为平面平面，则直线，

所以直线、、交于一点.

【小问2详解】

连接，

由题意可得：.

20. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点分别在线段，上，且满足，．

（1）求证： 平面；

（2）求直线与平面所成角的正切值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）证明，结合线面平行的判定定理即得；

（2）作，则直线与平面所成角为，根据题中线段长度，求即可.

【小问1详解】

如图，连接，

因，，

所以，

因为平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

如图，在线段上取点，使，连接,,

因，则，且，

因平面，

所以平面，

故即直线与平面所成角，

因是边长为2的正方形，

所以，，

，

所以，

故直线与平面所成角的正切值为.

21. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，交于点，是上一点且平面

（1）证明：为的中点；

（2）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，请给出点的位置，并证明，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，为中点

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得为的中点.

（2）通过证明面面平行的方法来确定点的位置.

【小问1详解】

连接，设，连接，

因为平面，平面，平面平面，

所以，又底面为平行四边形，所以为的中点，

所以为的中点．

【小问2详解】

存在，为中点时，平面平面，

因为为中点，为的中点，所以，

由于，所以，

由于平面，平面，

所以平面，

同理可证得平面，

由于，平面，

所以平面平面.

22. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点.

（1）证明：平面；

（2）判断直线CM与平面的位置关系，并证明你的结论；

（3）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）平面，证明见解析   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可证明；

（2）利用线面平行的判定定理即可证明；

（3）几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角.

【小问1详解】

由底面ABCD，底面ABCD，则，

在直角梯形中，，则，

又，平面，所以平面；

【小问2详解】

平面，证明如下：

如图：

取PA中点E，连接ME，DE，由于M是PB的中点，故，且，

由，则，且，

从而四边形是平行四边形，故，

又平面，平面，所以平面；

【小问3详解】

作，垂足为N，连接BN，如图：

在中，，又，所以≌，可得，

则≌，故，故为所求二面角的平面角，

由（1）知平面，由平面，可得，

在中，，所以，

在等腰三角形中，，所以，

因为，在中，由余弦定理得，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：

（1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.