四川省南充市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题10月

这是一份四川省南充市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题10月，共18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。
数 学 试 题
命题人：考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．若一个圆锥的轴截面是面积为9的等腰直角三角形，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知平面α的一个法向量是(2,-1,1)，α//β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是（ ）
A．4,2，-2 B．2,0,4C．2，-1，-5D．4，-2,2
3．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则下列说法正确的是（ ）
A．α内存在一条直线与l平行B．α内不存在与l平行的直线
C．α内所有直线与l异面D．α内所有直线与l相交
4．水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形A'B'C'D'，如图所示．其中B'C'=A'B'=1，则原平面图形的面积为（ ）
A．328B．324C．32 D．62
5．已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中是真命题的是（ ）
A．若l//α，l//β，则α//βB．若α⊥β，l//β，则l⊥α
C．若l⊥α，l//β，则α⊥βD．若l//α，α//β，则l//β
6．a=(-2,1,3)，b=(-1,2,1)，若a⊥a-λb，则实数λ值为（ ）
A．2B．-143C．145D．43
7．已知向量n为平面α的一个法向量，l为一条直线l的方向向量，则l∥n是l⊥α的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．如图所示，一个棱长为4的正四面体，沿棱的四等分点作平行于底面的截面，截去四个全等的棱长为1的正四面体，得到截角四面体，则该截角四面体的体积为（ ）
A．4B．42
C．5 D．52
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分，全对得5分，部分选对得2分，选错得0分）
9．下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ）
A．若向量a，b与空间任意向量都不能构成基底，则a∥b
B．若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a∥c
C．若OA，OB，OC是空间的一组基底，且OD=13OA+13OB+13OC，则A，B，C，D四点共面
D．若a，b，c是空间的一组基底，则向量a+b，b+c，c+a也是空间一组基底
10．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中下列命题中，正确的有（ ）
A． BM//平面DCMNB．CN//平面BCMF
C．平面BDM//平面AFND．平面BDE//平面NCF
11．如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为mn，则（ ）
A．三棱锥的直度的最大值为1 B．直度为34的三棱锥只有一种
C．四棱锥的直度的最大值为1 D．四棱锥的直度的最大值为45
12．正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，点P在线段BC1上运动，点Q在线段AA1上运动，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥A-D1PC的体积为定值
B．线段PQ长度的最小值为2
C．当P为BC1的中点时，三棱锥P-ABB1的外接球表面积为2π
D．平面BPQ截该正方体所得截面可能为三角形､四边形､五边形
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量a=-1,x,3，b=2,-4,y，且a∥b，那么x+y等于.
14．如右图，M是三棱锥P-ABC的底面△ABC的重心．若PM=xPA+yPB+zPCx,y,z∈R，则x+y+z=．
15．已知三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，BD=2， AB=23，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为.
16．如右图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点．且MP//平面AB1C，则线段MP长度的取值范围是．
四、解答题（共6小题，17小题10分，其余各小题12分，共70分）
17．已知圆锥的轴截面是一个底边长为8?m，腰长为5?m的等腰三角形，求：
(1)圆锥的表面积；
(2)圆锥的体积.
18．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3,AB=5,BC=4,AA1=4，点D是AB的中点．求证：
(1)AC⊥BC1；
(2)AC1∥平面CDB1.
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，PA=AB=2，PB=6，点N是AD的中点．求证：
(1)BC//AD；
(2)求异面直线PA与NC所成角余弦值．
20．如图，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=AB=AC=3，BC=2．
(1)求二面角P-BC-A的余弦值；
(2)求三棱锥P-ABC的体积．
21．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E､F分别为棱DD1､BB1的中点，点P为底面对角线AC与BD的交点，点Q是棱D1C1上一动点.
(1)证明：直线CF∥平面A1EC1；
(2)证明：CF⊥PQ.
22．用文具盒中的两块直角三角板(45∘直角三角形和30∘直角三角形)绕着公共斜边翻折成二面角，如图Rt△ABC和Rt△DBC，AB=AC，BC=2BD=2，∠A=90∘，∠D=90∘，将Rt△ABC翻折到A'BC，使A'D=1，E为边CD上的点，且CE=2ED.
(1)证明： 平面A'CD⊥平面BCD；
(2)求直线A'D与平面A'BC所成角的大小.
高2022级高二上期第一次月考
数学试题参考答案
1．C
【分析】设底面半径为r，利用轴截面的面积列方程求出r的值.
【详解】设底面半径为r．因为轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的高也是r．
据题意得12×2r×r=9，解得r=3．
故选：C.
2．D
【分析】两个平面平行，其法向量也平行，即可判断各选项.
【详解】平面α的一个法向量是(2,-1,1)，α//β，
设平面β的法向量为x,y,z，
则(2,-1,1)=λx,y,z,λ≠0，
对比四个选项可知，只有D符合要求，
故选：D.
【点睛】本题考查了平面法向量的性质，两个平面法向量的关系，空间向量平行的坐标关系，属于基础题.
3．B
【分析】根据线面位置关系逐一分析即可.
【详解】若α内存在一条直线与l平行，则由l⊄α和线面平行判定定理可知l∥α，与已知矛盾，故α内不存在直线与l平行，A错误，B正确；
记l∩α=A，当α内直线a过点A，则l与a相交，C错误；
当α内直线b不过点A，则l与b异面，D错误.
故选：B

4．C
【分析】根据斜二测画法的图形性质可得原图形的形状，进而可得面积.
【详解】由直角梯形A'B'C'D'中B'C'=A'B'=1，且∠A'D'C'=45∘，作A'P⊥D'C'于P，
则四边形A'B'C'P为正方形，△A'PD'为等腰直角三角形，故A'D'=2，D'C'=2.

故原图为直角梯形，且上底AB=A'B'=1，高AD=2A'D'=22，下底DC=D'C'=2.其面积为121+2×22=32.

故选：C
5．C
【分析】根据线面平行的性质及面面位置关系判断A，由线面平行的性质及面面垂直的性质判断B，由线面平行的性质及线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理判断C，由线面平行的性质和面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，若l//α，l//β，则α//β或α∩β=a，错误；
对于B，若α⊥β，l//β，则l//α或l⊂α或l与α相交（含l⊥α），错误；
对于C，若l⊥α且l//β，则存在过l的平面γ∩β=m，有m//l，于是m⊥α，所以α⊥β，正确；
对于D，若l//α，α//β，则l⊂β或l//β，错误.
故选：C.
6．A
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解．
【详解】∵a-λb=(-2+λ,1-2λ,3-λ)，又a⊥(a-λb)，∴a⋅(a-λb)=-2(-2+λ)+1-2λ+33-λ=14-7λ=0，解得λ=2．
故选：A．
7．C
【分析】根据题意及充分条件与必要条件的概念判断．
【详解】向量n为平面α的一个法向量，l为一条直线l的方向向量，
若l∥n，则向量l为平面α的一个法向量，l⊥α，充分性成立；
若l⊥α，则向量l为平面α的一个法向量，l∥n，必要性成立，
则l∥n是l⊥α的充要条件．
故选：C．
8．D
【分析】先计算出棱长为4的正四面体的体积，然后计算出棱长为1的正四面体的体积，由此可求截角四面体的体积.
【详解】如图所示正四面体的棱长为4，所以OD'=23×23=433，所以OA'=A'D'2-OD'2=463，
所以此正四面体的体积为13×34×42×463=1623，
同理可计算出棱长为1的正四面体的体积为212，
所以截角四面体的体积为：1623-212×4=52，
故选：D.
9．ACD
【分析】根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析判断即可
【详解】对于A，若向量a，b与空间任意向量都不能构成基底，则可得向量a，b是共线向量，即a∥b，所以A正确，
对于B，若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则向量a与c不能确定，可能平行，所以B错误，
对于C，若OA，OB，OC是空间的一组基底，且OD=13OA+13OB+13OC，则由空间向量基本定理可得A，B，C，D四点共面，所以C正确，
对于D，因为a，b，c是空间的一组基底，所以对于空间中的任意一个向量m，存在唯一的实数组(x,y,z)，使m=xa+yb+zc=x+y-z2(a+b)+y+z-x2(b+c)+x+z-y2(a+c)，所以向量a+b，b+c，c+a也是空间一组基底，所以D正确，
故选：ACD
10．CD
【分析】将展开图还原为立体图，即可根据线面关系，结合线面平行以及面面平行的判断求解.
【详解】展开图可以折成如图①所示的正方体．

在正方体中，连接AN，如图②所示．

易知BM与平面DCMN有公共点M,CN与平面BCMF有公共点C，所以AB错误；
如图③所示，连接NF,BE,BD,DM,CF，
由于BM//AN,AN⊂平面AFN,BM⊄平面AFN,所以BM//平面AFN，
同理可得DM//平面AFN，BM∩DM=M,BM,DM⊂平面BDM,
则平面BDM//平面AFN，

同理可证平面BDE//平面NCF，所以CD正确．
故选：CD
11．AD
【分析】借助于正方体模型，一一判断各选项，即得答案.
【详解】如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D-ABC的四个面都是直角三角形，
其直度为1，A正确；

图1中三棱锥E-BCD，三个面CED,CBD,BCE都是直角三角形，
面BDE为正三角形，其直度为34；
图2中三棱锥D-ABC，三个面ABD,CBD,ABC都是直角三角形，
面ACD为正三角形，其直度为34，故直度为34的三棱锥不止一种，B错误；
四棱锥的共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；
图3中的四棱锥D-ABCD的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，
故四棱锥的直度的最大值为45，D正确，
故选：AD
12．AB
【分析】根据线面平行的判定可得A的正误，根据两个动点的特征可判断B的正误，可证明AB1的中点即为三棱锥P-ABB1的外接球的球心，从而可判断C的正误，作出平面BPQ与正方体的截面，从而可判断D的正误.
【详解】
如图，由正方体ABCD-A1B1C1D1可得D1C1//AB,D1C1=AB,
故四边形D1C1BA为平行四边形，故BC1//AD1，而BC1⊄平面AD1C，AD1⊂平面AD1C，
故BC1//平面AD1C，∴BC1上任一点到平面AD1C距离为定值，
即P到平面AD1C距离为定值，而△AD1C面积为定值，∴故VP-AD1C为定值，A对.
PQmin=AB=2，B对.
∵底面△ABB1为等腰直角三角形，且边长为2，∴△ABB1外接圆半径为2，
∵三棱锥P-ABB1的高为12B1C1=12×2=1，
如图，取AB1的中点为M，连接MP,MB，则MP=12AC=2，
故MP=MB1=MA=MB=2，故M为三棱锥P-ABB1的外接球的球心，
且半径为2，故表面积为8π，故C不对.
如下图所示：平面BPQ截该正方体所得截面可能为三角形､四边形，不可能为五边形，故D错.
故选：AB.
13．-4
【分析】根据向量平行，可求出x,y,即可求解.
【详解】∵ a//b
∴ a=λb ,即-1=2λx=-4λ3=λy ，解得x=2y=-6 ，∴ x+y=-4.
【点睛】本题主要考查了向量平行及向量的坐标运算，属于中档题.
14．1
【分析】方法一：根据三角形重心的性质结合空间向量基本定理求解即可，方法二：利用空间向量共面定理的推论求解.
【详解】方法一：由于M是三棱锥P-ABC的底面△ABC的重心，连接AM，
所以AM=23×12AB+AC=13AB+13AC，
则PM=AM-AP=13AB+13AC-AP=13PB-PA+13PC-PA+PA=13PA+13PB+13PC，
所以x+y+z=13+13+13=1．

方法二：因为M与A，B，C四点共面，所以x+y+z=1．
故答案为：1
15．14π
【分析】利用线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC，再由性质定理得AC⊥CD，取AD的中点E，可得AE=DE=BE=CE，三棱锥A-BCD的外接球的球心即为点E，求出AE，再求球的表面积可得答案.
【详解】因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD，
因为BC=CD=1，BD=2，所以BD2=BC2+CD2，即BC⊥CD，
因为AB∩BC=B，AB、BC⊂平面ABC，所以CD⊥平面ABC，
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CD，取AD的中点E，连接BE、CE，
可得AE=DE=BE=CE，
所以三棱锥A-BCD的外接球的球心即为点E，外接球的半径为AE，
由AB2+BD2=AD2得AE=12AD=142，
则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为4πAE2=4π1422=14π.
故答案为：14π.

16．26,42
【分析】取DC的中点N，C1C的中点R，B1C1的中点H，连接NM、NR、MH、HR，根据正方体的性质得到MN//B1C//HR，即可得到MN//平面AB1C，同理可证MH//平面AB1C，从而证明平面MNRH//平面AB1C，即可得到P在线段NR上，再求出MN、MR，即可求出MP的取值范围.
【详解】解：如图，取DC的中点N，C1C的中点R，B1C1的中点H，连接NM、NR、MH、HR，
根据正方体的性质可得MN//B1C//HR，MN⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，
所以MN//平面AB1C，
同理可证MH//平面AB1C，
MN∩MH=M，MN,MH⊂平面MNRH，所以平面MNRH//平面AB1C，
又平面MNRH∩平面CDD1C1=NR，且MP//平面AB1C，MP⊂平面MNRH，
点P是侧面CDD1C1上的动点，所以P在线段NR上，
又AB=4，所以MN=42+42=42，MR=22+42+22=26，NR=22+22=22，
所以MN2=MR2+NR2，则MR⊥NR，
所以线段MP长度的取值范围是26,42.
故答案为：26,42
17．36π(cm2)；16π(cm3).
【分析】根据题意，求得圆锥的底面半径为r=4，母线长为l=5，高为h=3，结合圆锥的表面积和体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，可得AB=8，SA=SB=5，
设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则r=4,l=5，可得h=l2-r2=3，
所以该圆锥的表面积为S=πrl+πr2=π×4×5+π×42=36π(cm2)，
圆锥的体积为V=13πr2h=13π×42×3=16π(cm3).

18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据空间向量法证明两个向量垂直.
（2）利用空间向量法结合线面平行的判定定理得出结果.
【详解】（1）∵直三棱柱ABC­A1B1C1，AC=3,AB=5,BC=4,AA1=4，
因为AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC.

∴AC,BC,CC1两两垂直．
如图，以C为坐标原点，直线CA,CB,CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(32,2,0)，
∵AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4)，
∴AC⋅BC1=0，∴AC⊥BC1.
（2）设CB1与C1B的交点为E，则E(0,2,2).
∵DE=(-32,0,2),AC1=(-3,0,4)，
∴DE=12AC1，
∴DE∥AC1.
∵DE⊂平面CDB1.
AC1⊄平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
19．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由线线平行，以及异面直线所成角的定义即可求解平面角，由余弦定理即可求解.
【详解】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴BC∥AD，
（2）由于点N是AD的中点，BC∥AD，BC=12AD，所以BC//AN,BC=AN,故四边形ABCN为平行四边形，则NC//AB ,
故∠PAB或其补角即为异面直线PA与NC所成角，
在△PAB中，cs∠PAB=PA2+AB2-PB22PA⋅AB=4+4-62×2×2=14,
故异面直线PA与NC所成角的余弦值为14
20．(1)14
(2)156
【分析】（1）利用二面角得定义即可求出结果；
（2）根据V三棱锥P-ABC=2V三棱锥B-PAD，再利用三棱锥体积公式即可求出结果.
【详解】（1）
取BC的中点D，连结PD，AD，
∵PB=PC，AB=AC，
∴PD⊥BC，AD⊥BC，
∴∠PDA为二面角P-BC-A的平面角，
在△PDA中，PD=AD=2，PA=3，
∴cs∠PDA=PD2+AD2-PA22PD⋅AD=14，
∴二面角P-BC-A的余弦值为14．
（2）由（1）得PD⊥BC，AD⊥BC，PD∩AD=D，
PD⊂平面PDA，AD⊂平面PDA，
∴BC⊥平面PDA
∵V三棱锥P-ABC=2V三棱锥B-PAD ，S△PDA=12×3×52=154
∴V三棱锥P-ABC=2×13S△PDA×BD=23×154×1=156.
21．(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）建系，利用空间向量可得CF∥EA1，再结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）由空间向量的坐标运算可得CF⋅PQ=0，进而可得结果.
【详解】（1）如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴所在的直线，建立空间直角坐标系，
不妨设AD=2，则C0,2,0,E0,0,1,F2,2,1,P1,1,0,A12,0,0，
可得CF=2,0,1,EA1=2,0,1，可知CF=EA1，
则CF∥EA1，且CF⊄平面A1EC1，EA1⊂平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1.

（2）设D1Q=a∈0,2，则Q0,a,2，可得PQ=-1,a-1,2，
由（1）可知：CF=2,0,1，
因为CF⋅PQ=2×-1+0×a-1+1×2=0，所以CF⊥PQ.
22．(1)证明见解析
(2)π4
【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明BD⊥平面A'CD；
（2）首先证明A'E⊥平面BCD，再以BC的中点F建立空间直角坐标系，并求平面A'BC的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）由已知BD⊥CD，又三角形A'BC为等腰直角三角形，
∴A'B=2，又A'D=BD=1，所以A'D2+BD2=A'B2，
∴BD⊥A'D，又A'D∩CD=D，A'D,CD⊂平面A'CD
∴BD⊥平面A'CD，又BD⊂平面BCD，
∴ 平面A'CD⊥平面BCD.
（2）取BC中点F，连接A'F,EF，
△A'CD中，A'C=2，A'D=1，CD=3，
所以A'C2+A'D2=CD2，则A'C⊥A'D，cs∠A'CD=23=63，
△A'CE中，CE=233，根据余弦定理可知，A'E=A'C2+CE2-2A'C×CE×cs∠A'CE=63，
所以A'E2+CE2=A'C2，即A'E⊥CE，
由（1）可知， 平面A'CD⊥平面BCD.，且平面A'CD∩平面BCD=CD=CE，
且A'E⊂平面A'CD，所以A'E⊥平面BCD
△CEF中，CF=1,CE=233,∠BCD=30∘，
根据余弦定理可知，EF=CF2+CE2-2CF×CE×cs30∘=33

△CEF中，CF2+EF2=CE2，所以FE⊥FC，
以FB,FE分别为x,y轴的正方向，过点F作z轴，z轴平行于A'E，建立空间直角坐标系，
则A'0,33,63，B1,0,0，C-1,0,0D12,32,0，
故BC=-2,0,0，A'B=1,-33,-63，A'D=12,36,-63，
设平面A'BC的法向量n=x，y，z，则n⋅BC=0n⋅A'B=0，则-2x=0x-33y-63z=0，
令y=2，则x=0,y=-2，即n=0,2,-2，
设直线A'D与平面A'BC所成角为α，α∈0,π2，
则sinα=csn,A'D=n⋅A'DnA'D=22.
所以直线A'D与平面A'BC所成角的为π4.