四川省自贡市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省自贡市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析，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。
卷I（选择题（共60分）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的4个选项中只有一项是符合要求的）
1. 下列命题正确的是（）
A. 若一个平面中有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
B. 若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行
C. 两相交直线确定一个平面
D. 各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
【答案】C
【解析】
【分析】ABD选项均可举出反例，C选项，根据不在同一条直线上的三点确定一个平面进行证明即可.
【详解】A选项，若一个平面中的无数条直线均平行，则不能得到这两个平面平行，A错误；
B选项，如图，，，但与不平行，B错误；
C选项，两相交直线的交点设为A点，再分别在两直线取两个点（除A点），则三个点不共线，由不在同一条直线的三点确定一个平面，C正确；
D选项，如图所示，该几何体由两个三棱锥拼接而成，不棱锥，D错误.
故选：C
2. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．
【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，
∵是等腰直角三角形，，斜边，
∴，
∴，
∴原平面图形的面积是.
故选：A．
3. 设，为不同的平面，，为不同的直线，，，则“”是“”的（）
A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直和面面平行的知识即可判断.
【详解】因为，，所以，
若，则；
若，则
故选：A
4. 已知一圆锥的侧面展开图是一个中心角为直角的扇形，若该圆锥的侧面积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 4B. 8C. 6D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由侧面展开图是一个中心角为直角的扇形知母线长是底面半径的4倍，代入圆锥的侧面积公式即可解出底面半径及母线长.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l；
则由侧面展开图是一个中心角为直角的扇形知l＝4r，
则圆锥的侧面积，
则r＝1，l＝4.
故选：A
5. 在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.
【详解】设正方体的棱长为，连接，，，
因为，故或其补角为直线与直线所成角.
而，，，
故，所以，
所以，因为为锐角，故，
故选：A.
6. 某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体.正四棱锥的高为，，，则该组合体的表面积为（ ）
A. 20B. C. 16D.
【答案】A
【解析】
【分析】
该组合体由一个正四棱锥和一个长方体组成，由勾股定理可计算出正四棱锥的斜高，即可运用三角形的面积公式求出正四棱锥的侧面积，再求出长方体的侧面积和底面积，再求和即可.
【详解】由题意，正四棱锥的斜高为，该组合体的表面积为.
故选：A
【点睛】本题考查了组合体的表面积，求四棱锥的斜高是关键，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题.
7. 在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
8. 在棱长为的正方体中，直线BD到平面的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行可得点到面的距离即为线到面的距离，根据等体积法即可求解.
【详解】因为,平面,平面,因此平面,故直线BD到平面的距离即为点到平面的距离；
为边长为2的等边三角形，故，,
设点到平面的距离为，由等体积法可得,即,
故选:B
二、多选题（每小题5分，共20分．漏选得2分，多选或错选不得分）
9. 下列结论正确的有（）
A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
B. 等底面积、等高的两个柱体，体积相等
C. 有两个面是平行的相似多边形，其余各面都是梯形的几何体是棱台
D. 用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，菱形的直观图还是菱形
【答案】AB
【解析】
【分析】利用棱柱、棱台定义，分别进行判断，即可得出结论．
【详解】由直棱柱的定义和性质可知A正确；由柱体体积公式得B正确；如果侧棱延长线不共顶点，也可能不是棱台，C错误；菱形的直观图一定是邻边不等的平行四边形，也可能是矩形，D错误．
故选：AB
10. 已知，表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，则下列命题不正确的是（）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，B，D，在长方体中举出符合条件实例即可判断；对于C，利用直线与平面垂直的性质即可判断作答.
【详解】对于A，长方体中，如图，平面为平面，直线为直线m，
当直线为直线n时，满足，，而，即A不正确；
对于B，长方体中，平面、平面分别为平面、平面，直线为直线m，满足，，而，即B不正确；
对于C，若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，C正确；
对于D，长方体中，平面、平面、平面分别为平面、平面、平面，满足，，而，即D不正确，
所以不正确的命题有ABD.
故选：ABD
11. （多选）如图，在长方体中，，，M、N分别为棱，的中点，则（）
A. A，M，N，B四点共面
B. 平面ADM⊥平面CDD1C1
C. 直线BN与B1M所成的角为60°
D. BN∥平面ADM
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项由直线AM，BN平移后相交判断为异面直线，从而判定A错误；B选项由面面垂直的判定证明为正确；C选项由异面直线平移后相交构成的角度在三角形中计算得到，从而判定为正确；D选项由已知的线面平行推得矛盾，从而判定为错误.
【详解】
如图所示，对于A选项，，，所以直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；
对于B选项，在长方体中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；
对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则，可知，所以三角形BON为等边三角形，故，即直线BN与B1M所成的角为60°，C正确；
对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，C错误．
故选：BC.
12. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，E为的中点，点与点在同一平面内，则点到点的距离可能为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等体积法计算点到平面BDE的距离d，则点到点P的距离可能值大于等于d，再结合选项即可.
【详解】连接，如图，
因为E为的中点，则E也为的中点.
由题意，，且，故四边形为平行四边形，
故，
故
又，
故，
设点到平面BDE的距离为d，则，解得，
又点P与点B，D，E在同一平面内，则点到点的距离大于等于，
选项中BCD满足.
故选：BCD
卷II（非选择题共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知长方体的顶点都在球O的表面上，且，则球O的表面积为___．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得长方体外接球的直径为长方体的体对角线，所以根据已知条件求出体对角线的长，从而可求出球的直径，进而可求出球的表面积
【详解】在长方体中，因为，所以．
因为为球O的一条直径，所以球O的半径，
所以球O的表面积为．
故答案为：
14. 已知三棱锥的体积为1，、、分别为OA、OB、OC的中点，则三棱锥的体积为___.
【答案】##0.125
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等体积法结合三棱锥体积计算作答.
【详解】三棱锥中，令点A到平面的距离为，因为是棱OA的中点，则点到平面的距离为，
又、分别为棱OB、OC的中点，则有，
因此.
故答案为：
15. 正四面体ABCD棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出||2＝2＝()2，再利用向量的数量积公式化简求解.
【详解】||2＝2＝()2＝
2＋2＋＋2()＝12＋22＋12＋2(1×2×cs 120°＋0＋2×1×cs 120°)＝2，
所以||＝.所以EF的长为.
故答案为
【点睛】本题主要考查向量的运算和数量积，考查向量的模的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
16. 如图，一圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处.若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】沿圆锥的一条母线将圆锥剪开，设小虫爬行的最短路程为，利用余弦定理结合的取值范围求出的大小，再利用侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长可求得圆锥底面圆的半径，即为所求.
【详解】由题意，沿圆锥的一条母线将圆锥剪开，其侧面如图所示，设小虫爬行的最短路程为，
在中，，，
由余弦定理可得，
，故，
设圆锥底面圆半径为，则，解得.
故答案为：.
四、解答题：（本大题共6小题70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）．
17. 如图，在正方体中，点E，F分别为棱，AB的中点．
（1）求证：E、F、C、四点共面：
（2）求异面直线与BC所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明，即可得四点共面；
（2）由平行关系将异面直线所成角转化为相交直线所成角，在平面内解三角形即可.
【小问1详解】
连接.
在中，点E，F分别为棱，AB的中点，
则，
在正方体中，，
，且，
四边形是平行四边形，
，则，
故、、、四点共面.
【小问2详解】
由（1）知，，
则即为所求异面直线与BC所成的角，
设正方体的棱长为，
在中，，
则，
所以.
故所求异面直线与BC所成角的余弦值为．
18. （1）已知正四棱锥的底而边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．
（2）在中，．在三角形内挖去半圆（圆心O在边上，半圆与分别相切于点C、M，与交于N），求图中阴影部分绕直线旋转一周所得的几何体体积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）求出等腰的高，再计算几何体的表面积即可.
（2）几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积．
【详解】（1）正四棱锥中，底面正方形的面积，
在等腰中，，则边上的高，
因此该正四棱锥的侧面积，
所以，该正四棱锥的侧面积.
（2）几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，
是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内切球，
所以圆锥的底面半径是1，高为，
球的半径为，，
所以圆锥的体积：，
球的体积：，
阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：.
19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，E为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，四棱锥体积为1，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）设与的交点为，连接，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；
（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.
【详解】（1）连接交于点O，连结,
因为为矩形，所以O为的中点,
又E为的中点，所以,
平面，平面，所以平面.
（2）因为,
所以，所以底面为正方形，所以，
因为，所以，且，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【点睛】本题主要考查了立体几何及其运算，要证明线面平行先证明线线平行，要证明面面垂直，先证明线面垂直，考查了学生的基础知识、空间想象力.
20. 如图，四边形ABCD为长方形，平面ABCD，，点E，F分别为AD，PC的中点．
（1）证明：∥平面PBE；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则可得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）利用等体积转化为，即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为点分别为的中点，
所以且，
又因为四边形为长方形，
所以且，
则且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由平面，
则点到平面的距离等于到平面的距离，
因为平面，
所以为三棱锥的高，
由，
所以三棱锥的体积为
.
21. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，平面平面PCD，，
（1）求证：平面PCD；
（2）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，则，由平面平面，推出平面，得，再由线面垂直的判定定理，得证；
（2）连接，易知即为直线与平面所成的角，再在中，由，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接，
∵为等边三角形，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，，平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，
即为斜线在平面上的射影，
∴为直线与平面所成的角，
在中，，
由，则，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
.
22. 如图，在长方体中，分别为的中点，是上一个动点，且.
（1）当时，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】
【详解】(1)当时，为中点，
因为是的中点，所以,
则四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，所以平面.
因为分别是中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为平面平面，所以平面平面.
(2)如图，连接与,
因为平面平面，所以.
若又平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
在矩形中，由，得,
所以.
又，所以,
则，即.