【文档说明】四川省自贡市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.024 MB，由小赞的店铺上传

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自贡一中高2025届高二上学期10月月考数学试题卷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，1AAAD⊥，ABAD⊥，但1AA与AB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是2.如图，已知等腰直角三角形OAB是一个平面图形的直观图，OAAB=，斜边2OB=，则这个平面图形的面积是（）A.22B.1C.2D.22【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，∵RtOAB△是等腰直角三角形，OAAB=，斜边2OB=，∴222OAOB==，∴2,222OBOBOAOA====，∴原平面图形的面积是1222222

=.故选：A．3.设，为不同的平面，m，n为不同的直线，n⊥，n⊥，则“m⊥”是“m⊥”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n⊥，n⊥，所以∥，若m⊥，则m⊥；若m⊥，则m⊥故选：A4.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4π，则该圆锥的母线长为（）A.4B.8C.6D.22【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2π4π4πSrlr===，则r＝1，l＝4.故

选：A5.在正方体1111ABCDABCD−中，M是正方形ABCD的中心，则直线1AD与直线1BM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1BC，MC，MB，利用余弦定理可求1CBM的值，从而可得直线1AD与直线1BM所成

角大小.【详解】设正方体的棱长为2a，连接1BC，MC，MB，因为11//BCAD，故1CBM或其补角为直线1AD与直线1BM所成角.而122BCa=，2MCa=，222211426BMBBBMaaa=+=+=，故22211BCBMCM

=+，所以1MBCM⊥，.所以163cos222aCBMa==，因为1CBM为锐角，故130CBM=，故选：A.6.某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥PEFGH−，下半部分是长方体ABCDEFGH

−.正四棱锥PEFGH−的高为3，2EF=，1AE=，则该组合体的表面积为（）A.20B.4312+C.16D.438+【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PEFGH−的斜高为312+=，该组合体的表面积为122421422202++=.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−PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，2,6PAPBPC===，则该棱锥的体积为（）A.1B.3C.2D.3【答案】A【解析】【分析】证明AB⊥平面

PEC，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AB中点E，连接,PECE，如图，ABC是边长为2的等边三角形，2PAPB==，,PEABCEAB⊥⊥，又,PECE平面PEC，PECEE=，AB⊥平面PEC，

又3232PECE===，6PC=，故222PCPECE=+，即PECE⊥，所以1113321332BPECAPECPECVVVSAB−−=+===△，故选：A8.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，直线BD到平面11ABD的距离为（）A.66B.

63C.36D.33【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11//BDBD,11BD平面11ABD,BD平面11ABD,因此//BD平面11ABD,故直线BD到平面11ABD的距离即为点B到平面11ABD的距离；11ABD为

边长为2的等边三角形，故1113=22=322ABDS，11=2212ABBS=,设点B到平面11ABD的距离为h，由等体积法可得1111DABBBABDVV−−=,即111112633ABABDBSADhS===,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：AB10.已知m，n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//m，mn⊥，则n⊥B.若//m，//，则//mC.若m⊥，//mn，则n⊥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.的的【详解】对于A，长方体1111ABCDABCD−中，如图，平面ABCD为平面

，直线11AB为直线m，当直线11AD为直线n时，满足//m，mn⊥，而//n，即A不正确；对于B，长方体1111ABCDABCD−中，平面ABCD、平面1111DCBA分别为平面、平面，直线11AB为直线m，满足//m，//，而m，

即B不正确；对于C，若m⊥，则,ab且abP=使得ma⊥，mb⊥，又//mn，则na⊥，nb⊥，由线面垂直的判定定理得n⊥，C正确；对于D，长方体1111ABCDABCD−中，平面11ABBA、平面11ADDA、平面ABCD分别为平面、平面

、平面，满足⊥，⊥，而1AA=，即D不正确，所以不正确的命题有ABD.故选：ABD11.（多选）如图，在长方体1111ABCDABCD−中，14AAAB==，2BC=，M、N分别为棱11

CD，1CC的中点，则（）A.A，M，N，B四点共面B.平面ADM⊥平面CDD1C1C.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，1AMBC，1BCBNB=，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1111ABCDABCD−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1BMBO，可知22BOONBN===，所以三角形BON为等边三角形，故60

OBN=，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1111ABCDABCD−的底面边长为2，侧棱长

为4，E为1CD的中点，点P与点,,BDE在同一平面内，则点1A到点P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1A到平面BDE的距离d，则点1A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1CD，如图，因为E为1CD的中点，则E也为1CD的中点.由题意，11//ADBC，且11ADBC=，故四边形11ADCB为平行四边形，故11//ABDC，故1111211111844.32323ABEDEABDCA

BDABCDVVVVBCAA−−−−======又22221124252222,DCBCBD==+==+=，故()()1221122252324EBDCBDSS==−=VV，设点1A到平面BDE的距离

为d，则18333d=，解得83d=，又点P与点B，D，E在同一平面内，则点1A到点P的距离大于等于83，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1111ABCDABCD−的顶点都在球O

的表面上，且12ACAA==，则球O的表面积为___．【答案】8【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1111ABCDABCD−中，因

为12ACAA==，所以122AC=．因为1AC为球O的一条直径，所以球O的半径2R=，所以球O的表面积为248R=．故答案为：814.已知三棱锥OABC−的体积为1，1A、1B、1C分别为OA、OB、OC的中点，则三棱锥111OABC−的体积为___.【答案】18

##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OABC−中，令点A到平面BOC的距离为h，因为1A是棱OA的中点，则点1A到平面BOC的距离为12h，又1B、1C分别为棱OB、OC的中点，则有11111

1111||||sin||||sin284BOCBOCSOBOCBOCOBOCBOCS===，因此111111111181111234281138BCBCBOCBOCBAOAOAOACBCOVVShShV

V−−−−======.故答案为：1815.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】2【解析】【分析】先求出|EF|2＝EF2＝(ECCDDF++)2，再利用向量的数量积公式化简求解.【详解】|EF|2＝EF2＝(ECCDDF

++)2＝EC2＋CD2＋2DF＋2(ECCDECDFCDDF++)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2，所以|EF|＝2.所以EF的长为2.故答案为2【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3cm，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为33cm，则圆锥底面圆的半径等于___________cm.【答案】1【

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PP，利用余弦定理结合POP的取值范围求出POP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PP，在POP△中，3OPOP==，33PP=，由余弦定理可得2221cos22OPOPPPPOPOPOP+−==−，()0,POP，故23POP

=，设圆锥底面圆半径为cmr，则2233r=，解得1r=.故答案为：1.四、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1111ABCDABCD−中，点E，F分别为棱1AA，AB的中点．（1）求证：E、F、C、1D四点共面：（2）求异面

直线1DE与BC所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）55【解析】【分析】（1）证明1//EFDC，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11,,EFCDAB.在1AAB△中，点E，F分别为棱1AA，AB的中点，则1/

/EFAB，在正方体1111ABCDABCD−中，11//,//ADADADBC，11//ADBC，且11ADADBC==，四边形11ABCD是平行四边形，11//BCAD，则1//EFDC，故E、F、C、1D四点共

面.【小问2详解】由（1）知，11//ADBC，则11EDA即为所求异面直线1DE与BC所成的角，设正方体的棱长为2，在11RtAED中，111111,22AEAAAD===，则221215DE=+=，所以111115cos55AEEDADE===.故所求异面直线1DE与BC所成角的余弦值为

55．18.（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ABC中，90,30,1CABC===．在三角形内挖去半圆（圆心O在边AC上，半圆与BCAB、分别相切于点C、M，与AC交于N），求图中阴

影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体积．【答案】（1）84；（2）5327.【解析】【分析】（1）求出等腰PAB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AC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PABCD−中，底面正方形ABCD的面积2136SAB==，在等腰PAB中，6,5PAPBAB===，则边AB上的高22142hPAAB=−=，因此该正四

棱锥的侧面积2144264482PABSSABh====，所以，该正四棱锥的侧面积12364884SSS=+=+=.（2）几何体是图中阴影部分绕直线AC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3，球的半径为r，3tan30,13OCrrBC===，所以圆锥的体积：213π1π333=，球的体积：34343ππ3327=

，阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为：34353πππ32727−=.19.如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：//PB平面AEC；（2）设1AP=，3AD=

，四棱锥PABCD−体积为1，求证：平面PAC⊥平面PBD．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连接EO，通过直线与平面平行的判定定理证明//PB平面AEC；（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BD交AC于点O，连结EO,因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点,又E为PD的中点，所以//EOPB,EO平面AEC，PB平面AEC，所以//PB平面AEC.（2）因为113PABCDVABADAP−==,所以3AB=，所以底面ABCD为正

方形，所以BDAC⊥，因为PAABCD⊥，所以BDPA⊥，且ACPAA=，所以BD⊥平面PAC，又BD平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.的【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，PD⊥平面ABCD，2,4PDABAD===，点E，F分别为AD，PC的中点．（1）证明：DF∥平面PBE；（2）求三棱锥FPBE−的体积．【答案】（1）证明见解析（2）43【解析】【分析】（1）取PB的中点G，连接,FGEG，证明四边

形DEGF为平行四边形，则可得//DFGE，结合线面平行的判定定理，即可证得//DF平面PBE；（2）利用等体积转化为FPBEDPBEPBDEVVV−−−==，即可求解.【小问1详解】证明：取PB的中点G，连接,FGEG，因为点,EF分别为,ADPC的中点，所以//FGB

C且12FGBC=，又因为四边形ABCD为长方形，所以//BCAD且BCAD=，则//DEBC且12DEBC=，所以//DEFG且DEFG=，所以四边形DEGF为平行四边形，所以//DFGE，因为DF平面PBE，GEÌ平面PBE，所以//DF平面PBE.【小

问2详解】由//DF平面PBE，则点F到平面PBE的距离等于D到平面PBE的距离，因为PD⊥平面ABCD，所以PD为三棱锥PBDE−的高，由2,4PDABAD===，所以三棱锥FPBE−的体积为11142223323FPBEDPBEPBDEBDEVVVSPD−−−=====.

21.如图，在三棱锥PACD−中，PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，,2,3PACDCDAD⊥==，（1）求证：PA⊥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）33【解析】【分

析】（1）取PC的中点E，连接DE，则DEPC⊥，由平面PAC⊥平面PCD，推出DE⊥平面PAC，得DEPA⊥，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）连接AE，易知DAE即为直线AD与平面PAC所成的角，再在RtADE△中，由DEsinDAEAD=，即可得解.【小问1详解】取PC的中

点E，连接DE，∵PCD为等边三角形，∴DEPC⊥，又平面PAC⊥平面PCD，平面PAC平面PCDPC=，DE平面PCD，∴DE⊥平面PAC，∵PA平面PAC，∴DEPA⊥，∵PACD⊥，DECDD=，DE平面PCD，CD平面PC

D，∴PA⊥平面PCD.【小问2详解】连接AE，由（1）知，DE⊥平面PAC，AE即为斜线AD在平面PAC上的射影，∴DAE为直线AD与平面PAC所成的角，在RtDEAV中，3AD=，由2CD=，则332DECD==，∴3sin3DEDAEAD==

，∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33..22.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，1,2,,ABADEF==分别为1,ADAA的中点，Q是BC上一个动点，且(0)BQQC=.（1）当1=时，求证：平面BEFP平面1AD

Q；（2）是否存在，使得BDFQ⊥？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1=时，Q为BC中点，因为E是AD的中点，所以,EDBQEDBQ=∥,则四边形BEDQ是平行四边形，所以BEQ

D.又BE平面1,ADQDQ平面1ADQ，所以BE平面1ADQ.因为,EF分别是1,ADAA中点，所以1EFAD.因为EF平面11,ADQAD平面1ADQ，所以EF∥平面1ADQ.因为,BEEFEEF

=平面,BEFBE平面BEF，所以平面BEFP平面1ADQ.(2)如图，连接,AQBD与FQ,因为1AA⊥平面,ABCDBD平面ABCD，所以1AABD⊥.若,BDFQ⊥又1,AAFQ平面1AAQ，且1AAFQF=，所以BD⊥平面1AAQ.因为AQ平面1AAQ，所以AQB

D⊥.在矩形ABCD中，由AQBD⊥，得AQBDBA∽,所以2ABADBQ=.又1,2ABAD==，所以13,22BQQC==,则13BQQC=，即13=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com