【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.777 MB，由小赞的店铺上传

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嘉陵一中高2022级高二上期第一次月考数学试题命题人：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【答案】C【解析】【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1292rr=，解得3r=．故选：C

2.已知平面α的一个法向量是(2,1,1)−，//，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是（）A.()4,22−，B.()2,0,4C.()215−−，，D.()42,2−，【答案】D【解析】【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)−，//，设平面的法向量为(),,xyz，则()(2,1,1),,,0xyz=−，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.若直线l不平行于平面，且l，则下列说法正确的是（）A.内存在一条直线与l平行B.内不存在与l平行直线C.内所有直线与l异面D.内所有直线与l相交.的【答案】B【解析】【分析】根据线面位置关系逐一分析即可.【详解】若内存在一条直线与l平行，则由l

和线面平行判定定理可知l∥，与已知矛盾，故内不存在直线与l平行，A错误，B正确；记lA=I，当内直线a过点A，则l与a相交，C错误；当内直线b不过点A，则l与b异面，D错误.故选：B4.水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形ABCD，如图所示．其中1BCAB

==，则原平面图形的面积为（）A.328B.324C.32D.62【答案】C【解析】【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ABCD中1BCAB==，且45ADC=，

作APDC⊥于P，则四边形ABCP为正方形，APD为等腰直角三角形，故2AD=，2DC=.故原图为直角梯形，且上底1ABAB==，高222ADAD==，下底2DCDC==.其面积为()

11222322+=.故选：C5.已知l是直线，、是两个不同平面，下列命题中是真命题的是（）A.若//l，l//，则//B.若⊥，l//，则l⊥C.若l⊥，l//，则⊥D.若//l，//，则l//【答案】C【解析】【

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，l//，则//或a=，错误；对于B，若

⊥，l//，则//l或l或l与相交（含l⊥），错误；对于C，若l⊥且l//，则存在过l的平面m=，有//ml，于是m⊥，所以⊥，正确；对于D，若//l，//，则l或l//，错误.故选：C.6.(2,1,3)a=−，(1,2

,1)b=−，若()aab⊥−，则实数值为（）A.2B.143−C.145D.43【答案】A【解析】【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解．【详解】(2,12,3)ab−=−+−−，又()aab⊥−，()()()2(2)12301347aab−=−−+−=−

+−+=，解得2=．故选：A．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【答案】C【解析】【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.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.42C.5D.52【答案】D【解析】【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2432333OD==，所以()()22463OAADOD=−=，所以此正四面体的体积为213461624=3433，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：1622452312−=，故选：D.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ab⊥，bc⊥，

则有a∥c；C.若OA，OB，OC是空间的一组基底，且111333ODOAOBOC=++，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ab+，bc+rr，ca+也是空间一组基底；【答案】ACD【解析】【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ab⊥，bc⊥，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111333ODOAOBOC=++，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(,,)xyz，使()()()222xyzyzxx

zymxaybzcabbcac+−+−+−=++=+++++，所以向量ab+，bc+rr，ca+也是空间一组基底，所以D正确，故选：ACD10.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BCMFC.平面//BDM平面AFND.平面//BDE平面NCF【答案】CD【解析】【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,MCN与平面BCMF有公共点C，所以AB错误；如图③所示，连接,,,,NFBEBDDMCF，由于//,BMANAN平面AFN,BM平面AFN,所以

//BM平面AFN，同理可得//DM平面AFN，,,BMDMMBMDM=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：CD11.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1B.直度为34的三棱锥只有一种C.四棱锥的直度的最大值为1D.四棱锥的直度的最大值为45【答案】AD【解析】【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DABC−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EBCD−，三个面,,CEDCBDBCE都直角三角形，面BDE为正三角形，其直度为34；图2中三棱锥DABC−，三个面,,ABDCBDABC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DABCD−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：AD12.正方体1111ABCDABCD−

中，12AA=，点P在线段1BC上运动，点Q在线段1AA上运动，则下列说法中正确的有（）A.三棱锥1ADPC−的体积为定值B.线段PQ长度的最小值为2C.当P为1BC的中点时，三棱锥1PABB−的外接球表面积为2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【

答案】AB【解析】【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1AB的中点即是为三棱锥1PABB−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1111ABCDABCD−可得1111//,=,

DCABDCAB故四边形11DCBA为平行四边形，故11//BCAD，而1BC平面1ADC，1AD平面1ADC，故1//BC平面1ADC，∴1BC上任一点到平面1ADC距离为定值，即P到平面1ADC距离为定值，而1ADC面积为定值，

∴故1PADCV−为定值，A对.min2PQAB==，B对.∵底面1ABB为等腰直角三角形，且边长为2，∴1ABB外接圆半径为2，∵三棱锥1PABB−的高为11112122BC==，如图，取1AB的中点为M，连接,MPMB，则122MPAC==，故12MPMBM

AMB====，故M为三棱锥1PABB−的外接球的球心，且半径为2，故表面积为8，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.三、填空

题（共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量()1,,3ax=−，()2,4,by=−，且ab，那么xy+等于_________【答案】-4【解析】分析】根据向量平行，可求出,xy,即可求解.【详解】//a

bab=,即1243xy−==−=，解得26xy==−，4xy+=−.【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.下图，M是三棱锥−PABC的底面ABC的重心．若(),,PMxPAyPBzPCxyz

=++R，则xyz++=______．【答案】1【解析】【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−PABC的底面ABC的重心，连接AM，【所以()21113233AMABACABAC=+=+，则()

()11111113333333PMAMAPABACAPPBPAPCPAPAPAPBPC=−=+−=−+−+=++，所以1111333xyz++=++=．方法二：因为M与A，B，C四点共面，所以1xyz++=

．故答案为：115.已知三棱锥ABCD−中，AB⊥平面BCD，1BCCD==，2BD=，23AB=，则三棱锥ABCD−的外接球的表面积为_____.【答案】14π【解析】【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ACCD⊥，取AD的中点E，可得===AEDEBEC

E，三棱锥ABCD−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ABCD⊥，因为1BCCD==，2BD=，所以222BDBCCD=+，即BC

CD⊥，因为ABBCB=，ABBC、平面ABC，所以CD⊥平面ABC，因为AC平面ABC，所以ACCD⊥，取AD的中点E，连接BECE、，可得===AEDEBECE，所以三棱锥ABCD−外接球的球心即为点E，外接球的半径为AE，由222ABBDAD+=得11422==AEAD，则三棱锥

ABCD−的外接球的表面积为22144π4π14π2==AE.故答案为：14π.的16.如图，在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，M是11AB的中点，点P是侧面11CDDC上的动点．且//MP平面1ABC，则线段MP长度的取值范围是________．

【答案】26,42【解析】【分析】取DC的中点N，1CC的中点R，11BC的中点H，连接NM、NR、MH、HR，根据正方体的性质得到1////MNBCHR，即可得到//MN平面1ABC，同理可证//MH平面1ABC，从而证明平面//MNRH平面1ABC，即可得到P在线段NR上，再求出M

N、MR，即可求出MP的取值范围.【详解】解：如图，取DC的中点N，1CC的中点R，11BC的中点H，连接NM、NR、MH、HR，根据正方体的性质可得1////MNBCHR，MN平面1ABC，1BC平面1ABC，所以//MN平面1ABC，同理可证//MH平面1ABC，MNMHM=，,

MNMH平面MNRH，所以平面//MNRH平面1ABC，又平面MNRH平面11CDDCNR=，且//MP平面1ABC，MP平面MNRH，点P是侧面11CDDC上的动点，所以P在线段NR上，又4AB=，所以224244=+=MN，22224226MR=++=，222222NR=+=，所以222

MNMRNR=+，则MRNR⊥，所以线段MP长度的取值范围是26,42.故答案为：26,42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8cm，腰长为5cm的等腰三角形，求：（1）圆锥的表面积；（2）圆锥的体积.【答案】（1）()236πcm；（2）()316πcm.【解析】【分析】根据题意，求得圆锥的底面半径为4r=，母线长为5l=，高为3h=，结合圆锥的表面积和体积公式，即可求解.【小问1详解】依题意，如图所示，可得8AB=

，5SASB==，设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则4,5rl==，可得223hlr=−=，所以该圆锥的表面积为()222πππ45π436πcmSrlr=+=+=，【小问2详解】圆锥的体积为()22311ππ4316πcm33Vrh=

==.18.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，13,5,4,4ACABBCAA====，点D是AB的中点．求证：（1）1ACBC⊥；（2）1AC平面1CDB.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【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.【小问1详解】∵直三棱柱ABC-A1B1C1，13,5,4,4ACABBCAA====，因为222ACBCAB+=，所以ACBC⊥.∴1,,ACBCCC两两垂直．如图，以C为坐标原点，直线1,,CACBC

C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则113(0,0,0),(3,0,0),(0,0,4),(0,4,0),(0,4,4),(,2,0)2CACBBD，1(3,0,0),(0,4,4)ACBC=−=−，10ACBC=，1ACBC⊥.【小问2详解】设

1CB与1CB的交点为E，则(0,2,2)E.13(,0,2),(3,0,4)2DEAC=−=−，112DEAC=，1DEAC.DE平面1CDB.1AC平面1CDB，∴1AC平面1CDB.19.如图，在四

棱锥PABCD−中，BC//平面PAD，12BCAD=，2PAAB==，6PB=，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．【答案】（1）见解析（2）14【解析】【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.【小问1详解】在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，【小问2详解】由于点N是AD的中点，BC∥A

D，12BCAD=，所以//,BCANBCAN=,故四边形ABCN为平行四边形，则//NCAB,故PAB或其补角即为异面直线PA与NC所成角，在PAB中，2224461cos22224PAABPBPABPAAB+−+−===,故异面直线PA与NC所

成角的余弦值为1420.如图所示，在三棱锥−PABC中，3PAPBPCABAC=====，2BC=．（1）求二面角PBCA−−的余弦值；（2）求三棱锥−PABC的体积．【答案】（1）14（2）156【解析】【分析】（1）利用二面角得定义即可求出结果；（2）根据2PABCB

PADVV−−=三棱锥三棱锥，再利用三棱锥体积公式即可求出结果.【小问1详解】取BC的中点D，连结PD，AD，∵PBPC=，ABAC=，∴PDBC⊥，ADBC⊥，∴PDA为二面角PBCA−−的平面角，在P

DA中，2PDAD==，3PA=，∴2221cos24PDADPAPDAPDAD+−==，∴二面角PBCA−−的余弦值为14．【小问2详解】由（1）得PDBC⊥，ADBC⊥，=PDADD，PD平面PDA，AD平面PDA，∴BC⊥平面PDA∵2PABCBP

ADVV−−=三棱锥三棱锥，15153224PDAS==△∴121515213346PDAPABCVSBD−===三棱锥△.21.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点E､F分别为棱1DD､1BB的中

点，点P为底面对角线AC与BD的交点，点Q是棱11DC上一动点.（1）证明：直线CF∥平面11AEC；（2）证明：CFPQ⊥.【答案】（1）证明见详解（2）证明见详解【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量可得CF∥1EA，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0CFPQ=uuuruuur，进而可得结果.【小问1详解】如图，以D为坐标原点，1,,DADCDD分别为,,xyz轴所在的直线，建立空间直角坐标系，不妨设2AD=，则()()()()()10,2,0,

0,0,1,2,2,1,1,1,0,2,0,0CEFPA，可得()()12,0,1,2,0,1CFEA==uuuruuur，可知1CFEA=uuuruuur，则CF∥1EA，且CF平面11AEC，1EA平面11

AEC，所以CF∥平面11AEC.【小问2详解】设10,2DQa=，则()0,,2Qa，可得()1,1,2PQa=−−uuur，由（1）可知：()2,0,1CF=，因为()()2101120CFPQa=−+−+=

uuuruuur，所以CFPQ⊥.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RtABC△和RtDBC△，ABAC=，22BCBD==，90A=，90D

=，将RtABC△翻折到ABC，使1AD=，E为边CD上的点，且2CEED=.（1）证明：平面ACD⊥平面BCD；（2）求直线AD与平面ABC所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）π4【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判断

定理，转化为证明BD⊥平面ACD；（2）首先证明AE⊥平面BCD，再以BC的中点F建立空间直角坐标系，并求平面ABC的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.【小问1详解】由已知BDCD⊥，又三角形ABC为等腰直角三角形，2AB=，又1ADBD

==，所以222ADBDAB+=，BDAD⊥，又ADCDD=，,ADCD平面ACD∴BD⊥平面ACD，又BD平面BCD，∴平面ACD⊥平面BCD.【小问2详解】取BC中点F，连接,A

FEF，ACD△中，2AC=，1AD=，3CD=，所以222ACADCD+=，则ACAD⊥，26cos33ACD==，ACE△中，233CE=，根据余弦定理可知，2262cos3AEACCEACCEACE=+−

=，所以222AECEAC+=，即AECE⊥，由（1）可知，平面ACD⊥平面BCD.，且平面ACD平面BCDCDCE==，且AE平面ACD，所以AE⊥平面BCDCEF△中，1CF=,233CE=,30BCD=，根据余弦定理可知，2232cos303EFCFCECFCE=+−

=CEF△中，222CFEFCE+=，所以FEFC⊥，以,FBFE分别为,xy轴的正方向，过点F作z轴，z轴平行于AE，建立空间直角坐标系，则360,,33A，()1,0,0B，()1,0,0C−13,,022D，故()2,0,0BC=−，361,,33

AB=−−，136,,263AD=−，设平面ABC的法向量()nxyz=，，，则00nBCnAB==，则2036033xxyz−=−−=，令2y=，则0,2xy==−，即()0,2,2n=−，设直线AD与平面A

BC所成角为，π0,2，则2sincos,2nADnADnAD===.所以直线AD与平面ABC所成角的为π4.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com