2023-2024学年新疆阿克苏地区柯坪县柯坪湖州国庆中学高二上学期9月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年新疆阿克苏地区柯坪县柯坪湖州国庆中学高二上学期9月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．四边形一定是平面图形
B．不在同一条直线上的三点确定一个平面
C．梯形不一定是平面图形
D．平面和平面一定有交线
【答案】B
【分析】根据空间元素的位置关系和三大公理及推论分别判断选项正误.
【详解】解：对于选项A,四边形不一定是平面图形,也可能是空间四边形,故A错误;
对于选项B,不共线的三点确定一个平面,故B正确;
对于选项C,梯形中，有一组对边平行,可以确定一个平面,故梯形一定是平面图形，C错误;
对于选项D,若平面和平面平行,则其没有交线,故D错误;
故选:B.
2．如图，在正方体的六个面中，与底面垂直的面有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【解析】根据正方体的结构特征，可直接得出结果.
【详解】因为正方体中，侧棱都和底面垂直，因此侧面都垂直于底面；
故在正方体的六个面中，与底面垂直的面有个，分别为四个侧面.
故选：D.
【点睛】本题主要考查正方体的结构特征，属于基础题型.
3．如图，一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是（ ）
A．平行B．相交
C．在平面α内D．平行或在平面α内
【答案】D
【分析】根据线面平行判定定理的条件可得.
【详解】在旋转过程中，CD∥AB，易得CD∥α或CD⊂α.
故选：D.
4．在长方体中，，，，则和所成的角是（ ）
A．60°B．45°C．30°D．90°
【答案】A
【分析】根据可知即为和所成的角.
【详解】如图所示：易知，
所以和所成的角，即为和所成的角，
在中，，
所以.
即和所成的角是.
故选：A
5．如图，为正方体，则以下结论：①平面；②；③平面．其中正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】对于①，由正方体的性质可知，再由线面平行的判定定理可得结论；对于②，由正方体的性质可得，再结合三垂直线定理可得结论；对于③，由正方体的性质可得，，从而可由线面垂直的判定定理得到结论
【详解】由正方体的性质得，，所以结合线面平行的判定定理可得：平面；所以①正确．
由正方体的性质得，因为是在底面内的射影，所以由三垂线定理可得：，所以②正确．
由正方体的性质得，由②可得，所以，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：平面，所以③正确．
故选：D．
6．三个平面可将空间分成个部分，则的最小、最大值分别是（ ）
A．4，7B．6，7C．4，8D．6，8
【答案】C
【分析】考虑三个平面两两平行三个平面、两两相交有三条交线且三条交线交于一点两种情况.
【详解】当三个平面两两平行时,把空间分成四个部分;
当三个平面两两相交有三条交线且三条交线交于一点时,把空间分成八个部分.
故选：C.
【点睛】本题主要考查平面的基本性质及推论,培养了空间想象能力.
7．下列表述中正确的是（ ）
A．若直线平面，直线，则
B．若直线平面，直线，且，则
C．若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则
D．若平面满足，，，则
【答案】D
【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．
【详解】若直线平面，直线，则可能，可能，可能与只相交不垂直，A选项错误；
若直线平面，直线，且，则可能，可能与只相交不垂直，B选项错误；
若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则可能，可能与相交，C选项错误；
若平面满足，，，则，由面面垂直的性质可知，D选项正确.
故选：D
8．已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是，则直线所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意画出几何示意图，利用直线与平面的位置关系找出直线所成的角即可求出其大小.
【详解】设直线交平面于点，在直线上任取一点，过点作平面的垂线，垂足为，连接，则，
再过点作，垂足为，连接，如图所示：

易知平面，直线平面，所以，
又，为，平面，所以平面；
又平面，所以，可得，
设，则，
所以在中，，
因此.
故选：C.
9．已知两直线和平面，若，，则直线的关系一定成立的是（ ）
A．与是异面直线B．
C．与是相交直线D．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质判断即可.
【详解】因为，则存在过直线的平面，使得，于是有，由，得，所以.
故选：B．
10．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】先找到平面AD1E与平面ABCD的交线，再利用异面直线的定义找到交线与直线C1D1所成角，求解即可.
【详解】延长与直线相交于F，连接,
则平面与平面的交线为，
又∵
∴为平面与平面的交线与直线所成角，
∵是棱的中点，且∥，
∴，∴.
故选：A.
11．已知平面平面，则下列命题中真命题的个数是（ ）
①内的任意直线必垂直于内的无数条直线；
②在内垂直于与的交线的直线必垂直于内的任意一条直线；
③内的任意一条直线必垂直于；
④过内的任意一点作与交线的垂线，则这条直线必垂直于.
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【解析】结合面面垂直的性质定理及空间线面、线线关系逐一判断即可得解.
【详解】对于选项①，设，，，，则，则，
故内与b平行的无数条直线均垂直于内的任意直线，故①为真命题；
对于选项②，内垂直于与交线的直线垂直于平面，则它垂直于内的任意直线，故②为真命题；
对于选项③，内不与交线垂直的直线不垂直于，故③为假命题；
对于选项④，垂直于交线的直线必须在平面内才与平面垂直，否则不垂直，故④为假命题.
综上可得：真命题的个数是2个，
故选：C.
【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，重点考查了空间线面、线线关系，属基础题.
12．已知为异面直线，为两个不同的平面，，，，则（ ）
A．l与都相交B．l与中至少一条相交
C．l与都不相交D．l与中的一条相交
【答案】C
【解析】由直线与平面平行，则直线与平面没有公共点，即可判断直线与的位置关系.
【详解】因为，所以m与平面没有公共点，所以m与l无公共点
同理，由知，n与l无公共点，故l与都没有公共点，即l与都不相交.
故选：C
【点睛】本题主要考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.
二、填空题
13．如图，在正方体所有经过四个顶点的平面中，垂直于平面的平面有 ．
【答案】平面，平面，平面
【分析】作出辅助线，证明线面垂直，从而证明出平面⊥平面，同理可证明平面⊥平面，平面⊥平面.
【详解】连接面对角线，因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以平面⊥平面，
同理可知平面⊥平面，平面⊥平面.
故答案为：平面，平面，平面.
14．下列图形中，不一定是平面图形的是 ．（填序号）
①三角形；②四边形；③圆；④梯形．
【答案】②
【分析】根据三角形、圆、梯形的定义即可判断它们是否为平面图形，而四边形可能为平面或空间四边形.
【详解】①三角形：由平面上三个不同点首尾相连所成的图形，是平面图形；
②四边形：可能为平面四边形，也有空间四边形，不一定在一个平面上；
③圆：同一平面内到定点的距离等于定长的点的集合所成图形，是平面图形；
④梯形：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形，是平面图形；
故答案为：②
15．对角线互相垂直的空间四边形ABCD各边中点分别为M，N，P，Q，则四边形MNPQ是 ．
【答案】矩形
【分析】根据条件画出图形，由中位线定理可知，由可知，从而得出结论．
【详解】如图所示．
点M，N，P，Q分别是四条边的中点，
，，
∴，
四边形MNPQ是平行四边形，
又，，，
，
平行四边形MNPQ是矩形．
故答案为：矩形．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、异面直线所成的角、矩形的判定，属于基础题．
16．如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为 .
【答案】/
【分析】连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.
【详解】如图，连接，则，
故（或其补角）即为所求，
又，所以，
故答案为：.
三、解答题
17．用集合符号表示下列语句：
(1)点在直线上，点不在直线上；
(2)平面与平面相交于过点的直线．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】根据集合的关系及运算表示即可.
【详解】（1）点在直线上，点不在直线上可表示为：
（2）平面与平面相交于过点的直线可表示为：
四、证明题
18．如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：
(1)；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；
（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】（1）证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
（2）证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
19．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：
(1)平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.
【详解】（1）
如图，连接，∵分别是的中点，∴.
又∵平面，平面，∴直线平面.
（2）连接SD，∵分别是 的中点，
∴.又∵平面，平面，
∴平面，由(1)知，平面，
且平面，平面，，
∴平面∥平面.
五、解答题
20．如图，在三棱柱中，，，设O为与的交点，点P为的中点．求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】利用线面平行的判定定理证明.
【详解】如图，四边形为平行四边形，所以为的中点，
且为的中点，
所以在中，为中位线，
所以,
且面，面,
所以平面.
21．如图，在正方体中，求异面直线与所成的角的大小；
【答案】
【分析】证明，由异面直线夹角的定义可知是异面直线与所成角的平面角，又为正三角形，所以可得结果为.
【详解】连接， ，如下图所示：
因为，
所以四边形是平行四边形，则，
所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，
即是异面直线与所成角的平面角，
设正方体的棱长为，则，
所以为正三角形，因此.
即异面直线与所成的角的大小为.
22．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，，四边形为矩形，若，，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据四边形为矩形可知，再由线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）由矩形性质和勾股定理并根据线面垂直的判定定理可知平面，再由线面垂直的性质可得，利用菱形性质又可得，即可证明得出平面.
【详解】（1）由四边形为矩形可知，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由四边形为矩形可知，
又，，，满足，可知；
又，且平面，
所以平面，
又平面，可知，
因为四边形为菱形，可知，
显然，平面,
所以平面.