四川省内江市第二中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第二中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 观察下面的几何体，哪些是棱柱？（ ）
A. （1）（3）（5）B. （1）（2）（3）（5）
C. （1）（3）（5）（6）D. （3）（4）（6）（7）
【答案】A
【解析】
【分析】根据棱柱的结构特征确定答案即可.
【详解】根据棱柱的结构特征：一对平行的平面且侧棱相互平行的几何体，
所以，棱柱有（1）（3）（5）.
故选：A
2. 如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）

A. 6B. C. 12D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】画出原图，从而计算出原图的面积.
【详解】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，
则原的面积为.
故选：C
3. 在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于B，证明即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.
【详解】对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，而点不在平面上，故、、、四点不共面；
对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，又，则，故、、、四点共面
对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，故、、、四点不共面；
对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点、、确定的平面，该平面与正方体正面的交线为，而点不在直线上，故、、、四点不共面．
故选：B
4. 在正方体中，点M是棱的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连，，，（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，解三角形可得解.
【详解】取的中点，连，，，
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以（或其补角）是异面直线BM与AC所成角，
设正方体的棱长为，则，，
则.
所以异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
故选：C
5. 如图是正方体的展开图，则还原图形后，下列说法正确的是（ ）
A. 与平行B. 与异面
C. 与平行D. 与相交
【答案】B
【解析】
【分析】先还原图形后，根据直线位置关系可判断.
【详解】
如图为还原图，由图可知与为异面直线，与为异面直线，
故选：B
6. 如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（ ）
A. 平面ABCDB. 平面PBC
C. 平面PADD. 平面PCD
【答案】C
【解析】
【分析】由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.
【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
由四边形ABCD为矩形得，
因为，
所以平面PAD．
又平面PCD，
所以平面平面PAD．
故选：C
7. 已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱体积比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知若球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，结合球与圆柱的体积公式计算即可得出结果.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，
因为，
所以．
故选：A
8. 如图，在三棱锥中，平面，其中，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平面，该三棱锥为墙角模型，即可解题.
【详解】在三棱锥中，平面，
∴三棱锥的每个顶点都可以放置在以为长宽高的长方体中，
∴三棱锥外接球的直径为该长方体的外接球直径，
∴,
则三棱锥外接球的表面积为.
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4个选项中，有两个及两个以上的正确答案，选对得满分，选对部分得2分，选错得0分.
9. 下列说法中正确的有（ ）
A. 正四面体是正三棱锥.B. 棱锥的侧面是全等的三角形.
C. 正三棱锥是正四面体.D. 延长棱台所有侧棱，它们会交于一点.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据棱锥、棱台的有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，正四面体的四个面都是等边三角形，是正三棱锥，A选项正确.
B选项，棱锥的侧面是三角形，不一定全等，B选项错误.
C选项，正三棱锥的侧棱长和底面棱长不一定相等，
所以正三棱锥不一定是正四面体，C选项错误.
D选项，根据棱台的定义可知，延长棱台所有侧棱，它们会交于一点，D选项正确.
故选：AD
10. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线、面之间的位置关系一一分析即可.
【详解】对于A，当时，则或，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，当时，或，故C错误，
对于D，若，则，故D正确.
故选：BD.
11. 如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ）
A. 面B.
C. 与是异面直线D. 与平面夹角余弦为
【答案】ABCD
【解析】
【分析】由正方体的性质，应用线面垂直判定、异面直线定义、线面角的定义判断各项正误.
【详解】由面，故面，A对；
由，即为平行四边形，则，B对；
由面，面，且面面，与不平行，与是异面直线，C对；
由正方体易知：面，故为与平面夹角，
若正方体的棱长为1，则，D正确.
故选：ABCD
12. 如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，则下列命题正确的是（ ）

A. 当点在棱上的移动时，恒有
B. 在棱上总存在点，使得平面
C. 四棱锥的体积为定值
D. 四边形的周长的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的性质可判断A；利用特殊位置可判断B；将四棱锥的体积转化为三棱锥体积，根据等体积法可判断C；利用侧面展开可求得四边形的周长的最小值，判断D.
【详解】对于A，当点为棱上的移动时，平面，
由于平面，故，故A正确；
对于B，当点在时，平面，故B错误；
对于C，在长方体中，平面平面,
平面平面,平面平面,
故，同理，则四边形为平行四边形；

故，
由于，故，
故，故C正确；
对于D，如图，将长方体展开，使四个侧面在同一个平面内，

连接（左侧）交于F点，由于,
则F为的中点，同理E为的中点，
则四边形的周长的最小值是,则D正确，
故选：ACD.
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确选项填在相应横线上.
13. 若球半径为1，则球的体积是___________.
【答案】
【解析】
【分析】已知半径，根据球的体积公式计算即可.
【详解】已知球的半径，
∴体积.
故答案为：.
14. 若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形．则圆锥的侧面积是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果.
【详解】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的底面半径，母线，
故圆锥的侧面积.
故答案为：.
15. 如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

【答案】
【解析】
【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.
详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为
点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
16. 如图，在棱长为2的正方体中，、、分别是，，的中点，是线段上的动点.
①不存在点，使//平面；
②直线平面；
③经过、、、四点的球的体积为.
正确的是___________.
【答案】②
【解析】
【分析】连接PQ，，当Q是的中点时，由线面平行的判定可证，即可判断①；以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断②；分别取，的中点E，F，构造长方体，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的体积，即可判断③.
【详解】对于①，连接PQ，，当是的中点时，，
∵，∴，
又∵平面，平面，
∴平面，故①错误；
对于②，解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
，
∵，
∴，
又∵，平面，
∴平面PMN，故②正确；
对于③，分别取的中点，构造长方体，
则经过C、M、B、N四点的球即为长方体的外接球，
设所求外接球的半径为，
∴，则
所以经过C、M、B、N四点的球的体积为，故③错误.
故答案为：②.
四、解答题:本题有6小题，共70分.其中17题10分，其余各题都是12分.
17. 求解下列问题：
（1）求一个底面周长为，高为4的圆柱的表面积;
（2）求一个上下底面是分别为边长2和4的正方形，高为3的棱台的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆柱表面积的计算方法求得正确答案.
（2）根据棱台的体积公式求得正确答案.
小问1详解】
设圆柱的底面半径为，则，
所以圆柱的表面积为.
【小问2详解】
棱台的体积为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）线面平行判定定理证明即可；
（2）先证线面平行，再证面面平行即可.
【小问1详解】
∵分别是的中点，
∴
又∵平面,平面,
∴平面.
【小问2详解】
∵四边形为正方形，且分别为，边的中点，，
又∵面，面，
∴面，
由（1）知，平面，
且平面,平面,
∴平面平面
19. 如图，在直三棱柱中，， 分别是棱的中点，是线段上的点.
（1）求证：直线平面；
（2）求证：直线平面．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直、等腰三角形的性质得、，再由线面垂直判定证结论；
（2）连接，由直棱柱的特征易得为平行四边形，则，再由线面平行的判定证结论.
【小问1详解】
直棱柱中，，则，是棱中点，
所以，而面，面，则，
，面，故直线平面.
【小问2详解】
连接，且分别是棱的中点，则，
所以四边形为平行四边形，则，
面，面，故直线平面．
20. 如图，四面体中，是的中点，，.
（1）求证:平面平面;
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，即先证明平面，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值.
【小问1详解】
中，，，
则为等腰直角三角形，为的中点，
所以，且，
中，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，，又，
所以，则，且，且平面,
所以平面，平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，，
所以以点为原点，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
.
21. 如图，在底面是菱形的四棱柱中，，，，点在上.
（1）证明：平面；
（2）当为何值时，平面，并求出此时直线与平面之间的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)当,平面,.
【解析】
【分析】（1）由得，由得可得答案；
（2）当时得点为的中点时，可得平面，转化为求点到平面的距离，设的中点为，则，得平面，利用可求得，利用可得答案．
【详解】（1）证明：因为底面为菱形，，所以，由知
，由知，
又因为，所以平面．
（2）当时，平面．证明如下：
连结交于，当时，即点为的中点时，连结，
则，平面，平面，所以平面，
所以直线与平面之间的距离等于点到平面的距离．
因为点为的中点，可转化为到平面的距离，，
设的中点为，连结，则，
所以平面，且，可求得，
所以，
又，，，，
所以（表示点到平面的距离），，
所以直线与平面之间的距离为．
22. 如图，直三棱柱中，分别为的中点.
（1）证明:平面;
（2）已知与平面所成的角为，求二面角的平面角的大小.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）法一：取中点，连接、，根据题目条件，利用线面垂直的判定定理，得出平面，由于为中点，，，可证出四边形为平行四边形，得出，从而可证出平面；法二：建立空间直角坐标系，设，利用坐标法即证；
（2）利用坐标法，由与平面所成的角为30°，可求出，进而可得平面的一个法向量，又为平面的一个法向量，即可求解.
【小问1详解】
（1）法一：取中点，连接、，
∵，∴，
∵平面，平面，
∴，
而平面，平面，
∴平面，
∵为中点，∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，∴．
∴平面；
法二：如图建立空间直角坐标系，设，
则，
∴，
∴，
，
∴，
即，又，平面
∴平面.
【小问2详解】
设平面的法向量为，又，
∴即，
令，可得，
∵与平面所成的角为，又，
∴，即，
∴，解得，
∴，
又由（1）知，平面，
∴为平面的一个法向量，
∴，
∴二面角的余弦值为.
∴二面角的平面角为