2025-2026学年上海市吴淞中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年上海市吴淞中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.给出下面四个命题，其中错误的命题个数是( )
①三个不同的点确定一个平面； ②一条直线和一个点确定一个平面；
③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④两条平行直线确定一个平面．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E,F，且EF= 22，则下列结论中错误的是( )
A. AC⊥BEB. 异面直线AE,BF所成的角为定值
C. 直线AB与平面BEF所成角为定值D. 三棱锥B-AEF体积为定值．
3.如图一，矩形ABCD中，BC=2AB,AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M，现将▵ABD沿BD翻折至▵A'BD的位置，如图二，点N为棱A'D的中点，则下列判断一定成立的是( )
A. BD⊥CNB. A'O⊥平面BCD
C. CN//平面A'OMD. 平面A'OM⊥平面BCD
4.已知▵ABC中，∠ACB=90°，AC=3BC，P为斜边AB上一动点，沿CP将三角形ACP折起形成直二面角A'-CP-B，记∠ACP=θ，当A'B最短时，sinθ=( )
A. 32B. 22C. 12D. 13
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线AB与DC1所成角的大小为 ．
6.已知a=x,32,3，b=(-1,y,2)，若a与b共线，则x+y= ．
7.已知θ是斜率为-1的直线的倾斜角，计算sinθ-π2= ．
8.如图所示，圆锥SO的底面圆半径OA=1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为 ．
9.已知圆柱的底面积为9π，侧面积为18π，则该圆柱的体积为 ．
10.一个上底面边长为1，下底面边长为4，高为3的正四棱台的体积为 ．
11.已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，▵ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA= ．
12.如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过直线A1C作与平面PBC1平行的截面，则该截面的面积为 ．
13.一个圆柱形容器内放一个实心圆锥(同底等高)，得到如图所示的容器，其体积为V1.现从上往下向容器内注水，当水位恰好在圆柱母线中点处时，记所注水的体积为V2，则V2V1= ．
14.已知四棱锥P-ABCD的5个顶点都在球O的球面上，且PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=4,CD=3,AD=7，则球O的表面积为 ．
15.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是对角线AC1上的动点(点P与点A，C1不重合).给出下列结论：
①存在点P，使得平面A1DP⊥平面AA1C1；
②对任意点P，都有A1P=DP；
③▵A1DP面积的最小值为 36；
④若θ1是平面A1DP与平面A1B1C1D1的夹角，θ2是平面A1DP与平面BB1C1C的夹角，则对任意点P，都有θ1≠θ2.其中所有正确结论的序号是 ．
16.已知异面直线a,b所成角为60∘，直线AB与a,b均垂直，且垂足分别是点A,B.若动点P∈a,Q∈b,|PA|+|QB|=2，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是 ;
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题13分)
已知直线l过点A(2m,3),B(2,-1)
(1)若直线l的倾斜角为45∘，求实数m的值；
(2)求直线AB的斜率．
18.(本小题15分)
如图，四边形A1ABB1是圆柱的轴截面，C是下底面圆周上一点，点D是线段BC中点
(1)证明：直线A1C//平面AB1D
(2)若CA=2,CB=4,BB1=2，三棱锥A1-AB1D的体积．
19.(本小题16分)
如图，AB是半球的直径，O为球心，AB=4，M，N依次是半圆上的两个三等分点，P是半球面上一点，且PN⊥MB．
(1)证明：平面PBM⊥平面PON；
(2)若点P在底面圆内的射影恰在BM上，求点M到平面PAB的距离．
20.(本小题17分)
如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN将▵CMN翻折到▵PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
(3)在(2)的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P的平面角的余弦值为 1010？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
21.(本小题17分)
在棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为B1C1的中点．过AE的截面与棱BB1,A1C1分别交于点F，G．

(1)若F为BB1的中点，试确定点G的位置，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值；
(3)设截面AFEG的面积为S0，▵AEG面积为S1，▵AEF面积为S2，当点F在棱BB1上变动时，求S02S1S2的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.B
5.45∘/π4
6.-12/-0.5
7. 22
8.2 23π/2 2π3
9.27π
10.21
11.2
12.8 6
13.516
14.1963π
15.①②③
16. 3
17.【详解】(1)由题设kl=3-(-1)2m-2=tan45°=1，可得2m-1=1，即m=3；
(2)由题设，当m=1时，直线AB不存在斜率，
所以m≠1，则kl=3-(-1)2m-2=2m-1．

18.【详解】(1)连接A1B，令A1B∩AB1=E，连接DE，则E是A1B、AB1的中点，
在△A1BC中D是线段BC中点，E是A1B的中点，
∴DE//A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，
∴直线A1C//平面AB1D；
(2)设点C到平面AA1B1的距离为h1，
∵点C在底面圆上，
∴∠ACB=90°，
∵CA=2,CB=4,BB1=2，D是BC的中点，
∴AB=A1B1= AC2+BC2=2 5，AA1=2，
因为A1ABB1是圆柱的轴截面，则C到AB的距离，即C到平面AA1B1的距离h1=AC⋅BCAB=4 55，
所以VA1-AB1D=VD-AA1B1=12VC-AA1B1=12×13S▵AA1B1h1=12×13×12×2×2 5×4 55=43．

19.【详解】(1)证明：连接OM,MN，如图，M,N是半圆AB⌢上的两个三等分点，
则有∠MON=∠NOB=60∘，
∵OM=OB=ON=2，
∴▵MON,△NOB都是正三角形．
∴MN=NB=OB=OM，
四边形OMNB是菱形，ON⊥MB，
∵PN⊥MB，PN∩ON=N,PN、ON平面PON，
∴MB⊥平面PON，BM⊂平面PBM.
∴平面PBM⊥平面PON．
(2)由(1)知，MB⊥平面PON，
所以平面PON⊥平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，
则点P在底面圆内的射影在ON上，
又∵点P在底面圆内的射影在BM上，
∴点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，
∴PQ= PO2-OQ2= 4-1= 3，
故PB= PQ2+BQ2= 3+3= 6，
在▵AOQ中，由余弦定理，可得AQ2=AO2+OQ2-2AO×OQ×cs120∘=22+12+2=7，
故AQ= 7，故PA= 10，
在▵PAB中，cs∠PAB=PA2+AB2-PB22×PA×AB=10+16-62× 10×4= 104，
故sin∠PAB= 64，
故S▵PAB=12×PA×AB×sin∠PAB=12× 10×4× 64= 15．
由VP-ABM=VM-PAB，可得13⋅S▵PAB⋅dM-PAB=13⋅S▵AMB⋅PQ，
即13× 15×dM-PAB=13×2 3× 3，所以 15dM-PAB=6，
点M到平面PAB的距离为dM-PAB=2 155．

20.【详解】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，
证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，，
又因为菱形ABCD中∠DAB=60°，∴▵PMN是等边三角形，
∵G是MN的中点，∴MN⊥PG，
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴MN⊥AC，
∵AC∩PG=G，AC⊂平面PAG，PG⊂平面PAG，
∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG．
(2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB=4，MN=2，O1G= 3，
所以等腰梯形MNDB的面积S=(2+4)× 32=3 3，
要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为 3，
此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为V=13×3 3× 3=3，
连接BG，则直线PB和平面MNDB所成角的为∠PBG，
在Rt▵PBG中，PG= 3，BG= 7，由勾股定理得：PB= PG2+BG2= 10．
∴sin∠PBG=PGPB= 3 10= 3010．
(3)假设符合题意的点Q存在．
以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A3 3,0,0，M0,1,0，N0,-1,0，P0,0, 3，
因为AG⊥平面PMN，故平面PMN的一个法向量为n1=1,0,0，
设AQ=λAP0≤λ≤1，∵AP=-3 3,0, 3，AQ=-3 3λ,0, 3λ，
故Q3 31-λ,0, 3λ，∴NM=0,2,0，QM=3 3λ-1,1,- 3λ，
平面QMN的一个法向量为n2=x2,y2,z2，则n2⋅NM=0，n2⋅QM=0，
即2y2=03 3(λ-1)x2+y2- 3λz2=0，令z2=1，所以y2=0x2=λ3(λ-1),
即n2→=λ3(λ-1),0,1=13(λ-1)λ,0,3(λ-1)，
则平面QMN的一个法向量n=λ,0,3λ-1，设二面角Q-MN-P的平面角为θ，
所以csθ=n→⋅n1→n→⋅n1→=λ λ2+9(λ-1)2= 1010，解得：λ=12，
故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点．

21.【详解】(1)在平面BCC1B1内延长CC1，FE相交于点P，则P∈平面AGEF，又P∈CC1⊂平面ACC1A1，
则有平面AGEF∩平面ACC1A1=AG，P∈AG，即A，G，P三点共线．
因为E为B1C1的中点，F为BB1的中点，所以PC1=B1F=12CC1，所以PC1PC=13，又因为GC1//AC，所以GC1AC=PC1PC=13，
所以GC1=13AC=13A1C1=23，即点G为棱A1C1上靠近点C1的三等分点．
(2)在平面BCC1B1内延长CB，EF相交于点Q，连接AQ，则平面AGEF∩平面ABC=AQ，
在平面ACC1A1内作GM⊥AC于点M，则GM⊥平面ABC，
又AQ⊂平面ABC，所以GM⊥AQ，
在平面ABC内作MN⊥AQ于点N，连接GN，
又GM,MN⊂平面GMN，GM∩MN=M，所以AQ⊥平面GMN，
GN⊂平面GMN，所以AQ⊥GN，
所以∠GNM为截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的平面角．
在▵AQC中，作CH⊥AQ于点H，BQ=C1E=1，AC=2，CQ=3，∠ACB=60∘，
S▵ABC=12×2×2× 32= 3，S▵AQC=3 32，
由余弦定理AQ2=AC2+CQ2-2AC⋅CQ⋅cs∠ACQ=4+9-6=7，则AQ= 7，
S▵AQC=3 32=12AQ⋅CH，可得CH=3 217，所以MN=23CH=2 217，
又GM=AA2=2，所以tan∠GNM=GMMN= 213，
故截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值为 213．
(3)设GC1=m，则m∈[0,1]，PGGA=m2-m．
设▵PGE的面积为S，所以SS1=m2-m，
又因为S2=S+S1，所以S1S2=2-m2，且S1S2=2-m2∈12,1，
故S02S1S2=S1+S22S1S2=S1S2+S2S1+2，令t=S1S2，则t∈12,1，
设g(t)=t+1t+2t∈12,1，
当12≤t1gt2，
所以g(t)=t+1t+2在t∈12,1上单调递减，
所以g(t)min=g(1)=4，g(t)max=g12=92，所以g(t)∈4,92，
所以S02S1S2=S1S2+S2S1+2∈4,92．