【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题 含解析 .docx，共(22)页，1.869 MB，由管理员店铺上传

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内江六中2022-2023学年（上）高25届第一次月考数学试题考试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷选择题（满分60分）一、单选题（每题5分，共40分）1.直线3x=的倾斜角为（）A.0B.30C.60D.90【答案】D【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角关系可直接

求得结果.【详解】直线3x=的斜率不存在，直线3x=的倾斜角为90.故选：D.2.下列说法错误的是（）A.球体是旋转体B.圆柱的母线平行于轴C.斜棱柱的侧面中没有矩形D.用平行于正棱锥底面的平面截正棱锥所得的棱台叫做

正棱台【答案】C【解析】【分析】利用球体的定义判断A；利用圆柱的结构特征判断B；举例说明判断C；利用正棱台的定义判断D．【详解】因球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，B正确；如图，斜平行六面体1111A

BCDABCD−中，若AD⊥平面11ABBA，因1AA平面11ABBA，则1ADAA⊥，侧面四边形11ADDA是矩形，C不正确；由正棱台的定义知，D正确.故选：C3.如图，ABC的斜二测直观图为等腰RtABC，其中2AB=，则原ABC的面积为（）A.2B

.4C.22D.42【答案】D【解析】【分析】首先算出直观图面积，再根据平面图形与直观图面积比为22:1求解即可.【详解】因为等腰RtABC是一平面图形的直观图，直角边2AB=，所以直角三角形的面积是122

22=.又因为平面图形与直观图面积比为22:1，所以原平面图形的面积是22242=.故选：D4.若mn，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若mn⊥，，则mn

⊥B.若//,//mn，则//mnC.若m⊥⊥，，则//mD.若//,//,,mnmn，则//【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的性质可判断A正确；由//,//mn可得m与n平行、相交或异面，可判断B；由m

⊥⊥，可得//m或m，可判断C；由//mn时与不一定平行可判断D.【详解】对于A，根据线面垂直的性质可得若mn⊥，，则mn⊥，故A正确；对于B，若//,//mn，则m与n平行、相交或异面，故B错误；对于C，若m

⊥⊥，，则//m或m，故C正确；对于D，若//,//,,mnmn，如果m与n相交，则//，若//mn，则与不一定平行，故D错误.故选：A.5.已知直线210kxyk−+−=恒过定点A，点A也在直线20mxny++=

上，其中m，n均为正数，则12mn+的最小值为（）A.2B.4C.8D.6【答案】B【解析】【分析】先将直线方程变形得到定点A的坐标，根据点A在直线20mxny++=上确定出,mn所满足的关系，最后根据“1”的妙用求解出12mn+的最小值.【详解】已知直线210kxyk−+−=整理得：()12yk

x+=+，直线恒过定点A，即()2,1A−−点A也在直线20mxny++=上，所以22mn+=，整理得：12nm+=，由于m，n均为正数，则12122211224222nnmnmmmnmnmnmn+=++=++++=,取等号时212nmnm=+=

，即121mn==，.故选：B.【点睛】方法点睛：已知()1,,,0xaybxyab+=，求(),0mnmnab+的最小值的方法：将mnab+变形为()mnxaybab++，将其展开可得abxmynxnymba+++，然后

利用基本不等式可求最小值，即22ababxmynxnymxmynxnymxmynxymnbaba+++++=++，取等号时221xaybxnaymb+==.6.正四棱台上、下底面边长分别为2cm，4cm，侧棱

长2cm，则棱台的侧面积为（）A.26cmB.224cmC.233cmD.2123cm【答案】D【解析】【分析】由棱台的性质和勾股定理求得棱台的斜高，再由棱台的侧面积公式，计算可得所求值．【详解】解：设2acm=，4bc

m=，2=lcm，可得正四棱台的斜高为22()413()2bahlcm−=−=−=，所以棱台侧面积为21(44)2(24)3123()2Sabhcm=+=+=．故选：D．7.已知各顶点都在球面上的正四棱锥的高度为3，锥体体积为6，则该球的表面积为（）A.32πB.16πC.24πD

.20π【答案】B【解析】【分析】先求得正四棱锥的高，然后利用勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】设正四棱锥底面边长为()0aa，则2136,63aa==，底面正方形的对角线长为23，设球的半径为r，则()2222332r

r−+=，解得2r=，则球的表面积为24π16πr=.故选：B的8.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，,,PQM分别是11,,DDABBB的中点，则异面直线1AM与PQ所成角的余弦值为（）A.155B.3010C.56D.253【答案】B【解析】【分析】连

接PC、QC、1AP、MC，即可得到1//AMPC，从而得到QPC或其补角为异面直线1AM与PQ所成的角，利用余弦定理求出cosQPC，即可得解.【详解】令2AB=，连接PC、QC、1AP、MC，因为M、P为1BB、1DD的中点，易知1APCM=

且1//APCM，所以四边形1APCM为平行四边形，所以1//AMPC，所以QPC或其补角为异面直线1AM与PQ所成的角，在PQC△中，22125PC=+=，22125QC=+=，2221216PQ=++=，所以56530cos10256QPC

+−==，所以异面直线1AM与PQ所成角的余弦值为3010.故选：B二、多选题（每题5分，共20分）9.已知直线12:210,:(1)10lmxylxmy++=+++=，则下列结论正确的是（）A.若12ll∥，

则2m=−B.若12ll∥，则1m=或2m=−C.若12ll⊥，则23m=−D.若12ll⊥，则23m=【答案】AC【解析】【分析】根据两直线平行列出方程，求出1m=或2m=−，经检验，1m=不合要求；再根据两直线垂直列出方程，求出23m=−.【详解】令(1)20mm+−=，解得

：1m=或2m=−．当1m=时，1l与2l重合；当2m=−时，12ll∥．A正确，B错误．若12ll⊥，则2(1)0mm++=，解得23m=−，C正确，D错误．故选：AC10.等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角

形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（）A.2B.()12+C.22D.()22+【答案】AB【解析】【分析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.【详解】如果是绕

直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边2，所以所形成的几何体的表面积是()2212121Srlr=+=+=+.如果绕斜边旋转，形成是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高22，两个

圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积222122Srl===.综上可知形成几何体的表面积是()21+或2.的故选：AB【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力

和计算能力，属于基础题型.11.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，点M是AD上的动点.将,AEDDCF△△分别沿,DEDF折起，使,AC两点重合于P，连接,DFP

B.下列说法正确的是（）A.PDEF⊥B.若把EBF△沿着EF继续折起，B与P恰好重合C.无论M在哪里，PB不可能与平面EFM平行D.三棱锥PDEF−的外接球表面积为6π【答案】ABD【解析】【分析】A选项，线面垂直得到线线垂直；B选项，利用边长相等，得到B与P恰

好重合；C选项，找到M点使得PB∥平面EFM，D选项，求出外接球半径，进而得到三棱锥的外接球表面积.【详解】连接BD，与EF相交于G，连接PG，因为正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，所以BE=BF，△ADE≌△CDF，故DE=DF，所以

BD是EF的垂直平分线，所以G是EF的中点，因为PE=PF，所以PG⊥EF，因为PGBGG=，所以EF⊥平面PBG，因为PD平面PBG，所以PDEF⊥，A正确；因为BEBFPFPE===，故把EBF△沿着EF继续折起，B与P恰好重合；B正确；连接AC交

BD于点O，则BO=DO，因为E是AB的中点，点F是BC的中点，所以EF∥AC，且BGGO=，当M位于靠近P的三等分点时，23MDDGPDDB==，可得：MG∥PB，因为PB平面MEF，MG平面MEF，可得：PB∥平面EFM，故C错误；由5DEDF==，2E

F=，由余弦定理得：2225524cos25255EDDFEFEDFEDDF+−+−===，所以23sin1cos5EDFEDF=−=，设△DEF的外接圆半径为R，由正弦定理得：25223sin35EFREDF===，如图，526QDR==，过点P作P

H⊥BD于点H，则PH⊥平面DEF，又因为PE=PF=1，EF=2，所以PE⊥PF，且PG=22，设HG=m，则HD=322m−，由勾股定理得：2222PGHGPDHD−=−，即2222232222mm−=−−

，解得：26=m，所以21142189PH=−=，所以23PH=，设球心为I，则IQ⊥底面BFDE，过I作IN⊥PH于点N，连接ID，则42522362INHQHDQD==−=−=，设IQHNh==，则23PNPHHNh=−=−，设外接

球半径为r，则ID=IP=r，即22225222632hh+=−+，解得：13h=−，所以221526362r=−+=，三棱锥PDEF−的外接球表面积为234π4π6π2r==，D选项正确.故选：ABD【点睛】三棱锥外

接球题目，要先找到球心在其中一个平面三角形的投影，然后利用正弦定理或其他知识求出这个三角形的外接圆半径，找到顶点在次三角形上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积或体积.12.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面

ABCD，PAAB=，E、F分别为线段PB、CD的中点，G为线段PC上的动点（不含端点P），则下列说法正确的是（）A.对任意点G，则有B、E、G、F四点共面B.存在点G，使得A、E、G、F四点共面C.对

任意点G，则有AG⊥平面PBDD.存在点G，使得//EG平面PAF【答案】BD【解析】【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设2PAAB==，利用空间向量法可判断各

选项的正误.【详解】因为PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设2PAAB==，则()0,0,0A、()2,0,0B、()2,2,0C、()0,2,0D、()002P,,

、()1,0,1E、()1,2,0F，设()2,2,2PGPC==−，其中01，则()2,2,22AGAPPG=+=−，()1,0,1AE=uuur，()1,2,0AF=，设(),2,AGmAEnAFmnnm=+=+，则2

2222mnnm+===−，解得23mn===，故存在点G，使得A、E、G、F四点共面，B对；()1,0,1BE=−，()1,2,0BF=−，()22,2,22BGBPPG=+=−

−，设(),2,BGaBEbBFabba=+=−−，所以，222222abba−−=−==−，解得200ab===，不合乎题意，A错；()2,2,22AG=−，()2,0,2BP=−，若AG⊥平面PBD，BP平面PBD，则444480AGBP

=−+−=−=，解得12=，C错；设平面PAF的法向量为(),,nxyz=，()0,0,2AP=，()1,2,0AF=，则2020nAPznAFxy===+=，取2x=，则()2,1,0n=−，()()()1,0,12,2,221,

2,12EGEPPG=+=−+−=−−，若//EG平面PAF，则422220EGn=−−=−=，解得1=，故当点G与点C重合时，//EG平面PAF，D对.故选：BD.第Ⅱ卷非选择题（满分90分）三、填空题（每题5分，共20分）13.经过(,2),(3,4)AxB−两点的直线的

一个方向向量为(1,3)，则x=__________．【答案】5【解析】【分析】根据直线方向向量即可计算．【详解】由条件可知，4233x−−=−，解得5x=．故答案为：5．14.如图所示，平面//平面，2PA=，6AB=，12BD=，则AC=__________．【答案】3【解析】【分析】

利用平面//平面，得到//BDAC，从而得到线段长的比例，即可得解.【详解】平面PBDAC=，平面PBDBD=由平面//平面，可得//BDAC由平面几何知识知，PAPCACPBPDBD==又2PA=，6AB=，12BD=，所以22+6

12AC=，解得3AC=故答案为：3【点睛】本题考查了面面平行的性质定理，在运用面面平行的性质定理时，一定要先找到与两平行平面都相交的第三个平面，进而得到两交线平行，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于基础题.15.经过点A(1,1)且在两条

坐标轴上的截距相等的直线方程是________．【答案】0xy－＝或20xy＋－＝【解析】【分析】在坐标轴上截距相同可设直线截距式方程，将点A(1,1)代入直线方程即可.【详解】（1）当直线的截距不为0时即不经过原点，设直线方程是：1xyaa+=因为直线过点A(1,1)所以111aa+=解得a

=2即直线方程是20xy＋－＝（2）当直线经过原点时方程为：0xy－＝综上所述直线方程为：0xy－＝或20xy＋－＝【点睛】本题考查利用直线截距式方程求解直线问题，利用直线截距式方程求解的关键是:截距式方程没有把平面内的所有制直线都包含在内，将经过原点

的直线和平行于坐标轴的直线遗漏了，因此需要将这两类直线单独计算，以防遗漏.16.如图，在棱长为a的正方体1111ABCDABCD−中，P为11AD的中点，Q为11AB上任意一点，,EF为CD上任意两点，且EF的长为定值，则以

下四个值中为定值的编号是_________.①点P到平面QEF的距离；②三棱锥PQEF−的体积；③直线PQ与平面PEF所成的角；④二面角PEFQ−−的大小.【答案】①②④【解析】【分析】由Q为11AB上任意一点，知平面QEF是确定，从而判断①，由棱锥

体积公式和三角形面积公式可判断②，利用线面角的概念结合条件可判断③，由题可知两个半平面是确定的可判断④．【详解】①中，∵平面QEF就是平面11ABCD，是确定平面，因此点P到平面QEF的距离为定值；②中，∵QEF△的面积是定值（∵EF定长，Q到EF的距离就是Q到CD的距离也为定长，即底和高都

是定值），又P到平面QEF的距离也是定值，∴三棱锥的高也是定值，于是体积固定，∴三棱锥PQEF−的体积是定值；③中，平面PEF即平面PCD，而Q在直线11AB上，11//ABCD，因此11AB与平面PCD平行，Q

到平面PEF的距离为定值，但Q运动时，PQ的长度在变化，因此直线PQ与平面PEF所成的角也在变化，即直线PQ与平面PEF所成的角不是定值；④中，平面QEF也就是平面11ABCD，又平面PEF即为平面PCD，∴二面角P

EFQ−−的大小为定值．故答案为：①②④．四、解答题（共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知直线1l经过点()2,3B，倾斜角是45，直线2:210lyx−+=．求：（1）直线1l的一般式方

程．（2）直线1l与直线2l的交点坐标．【答案】（1）10xy−+=（2）()2,3【解析】【分析】（1）由倾斜角得到直线斜率，先求出直线点斜式方程，再化为一般式方程.（2）两直线方程联立方程组，求交点坐标.【小问1详解

】由题意得：直线1l的斜率1tan451k==，的又直线1l经过点()2,3B，所以直线1l的方程为32yx−=−，化为一般式方程为：10xy−+=；【小问2详解】由题意，两直线联立方程组10210xyxy−+=−++=，解得23xy==，所以直线1l与直线

2l的交点坐标为()2,318.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，2AC=，23BC=，ACBC⊥，D是线段AB上的动点.（1）当D是AB的中点时，证明：1//AC平面1BCD；（2）若CDAB⊥，证明：平面11ABBA⊥平面1BCD.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【

解析】【分析】（1）连接1BC，交1BC于E，连接DE，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由线面垂直的判定定理，证明CD⊥平面11ABBA，进而可得面面垂直.【详解】（1）证明：如图，连接1BC，交1BC于E，连接DE，则E是1BC的中点，∵D是AB的中点，∴1//DEA

C，又DE平面1BCD，1AC平面1BCD，∴1//AC平面1BCD.（2）证明：∵1AA⊥平面ABC，CD平面ABC，∴1AACD⊥，又CDAB⊥，1AAABA=，1,ABAA平面11ABBA，∴

CD⊥平面11ABBA，又CD平面1BCD，∴平面11ABBA⊥平面1BCD.【点睛】本题主要考查证明线面平行，证明面面垂直，熟记判定定理即可，属于常考题型.19.已知直线l经过点(2,1)P−，且与直线x＋y＝0垂直.（1）求直线l的方程；

（2）若直线m与直线l平行且点P到直线m的距离为2，求直线m的方程.【答案】（1）30xy−+=（2）50xy−+=或10xy−+=.【解析】【分析】(1)根据直线垂直的性质设出直线l的方程为0xyn−+=，将点(2,1)P−代入即可求解；（2）设直线m的方程为

0xyt−+=，利用点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】设直线l的方程为0xyn−+=，因为直线l经过点(2,1)P−，所以210n−−+=，解得：3n=，所以直线l的方程为30xy−+=.【小问2详解】结合（1）设直线m的方程为0xyt−+=，因为点(2,1

)P−到直线m的距离为2，由点到直线的距离公式可得：2122td−−+==，解得：5t=或1t=，直线m的方程为：50xy−+=或10xy−+=.故答案为：50xy−+=或10xy−+=.20.长方体1

111ABCDABCD−中，4AB=，12BCAA==．（1）求证：平面11ABD∥平面1BCD；（2）求点C到平面1BCD的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）43.【解析】【分析】（1）先证明1BC∥平面11A

BD，BD∥平面11ABD，进而通过面面平行的判定定理证明问题；（2）利用“等体积法”即可求得答案.【小问1详解】因为11ABDC∥，11ABDC=，所以四边形11ABCD为平行四边形，所以11ADB

C∥．因为1AD平面11ABD，1BC平面11ABD，所以1BC∥平面11ABD．连接11BD，因为11BBDD∥，11=BBDD，所以四边形11BBDD为平行四边形，所以11BDBD∥，因为11BD平面

11ABD，BD平面11ABD，所以BD∥平面11ABD．又因为BD平面1BCD，1BC平面1BCD，1BDBCB=，所以平面1BCD∥平面11ABD.【小问2详解】因为1CC⊥平面BCD，4AB=，12BC

CC==，125BDCD==，所以1118224323CBCDV−==，又11223262BCDS==△，因为11CBCDCBCDVV−−=，所以C到平面1BCD距离118334363CBCDBCDVdS−===△，即C到平面1BCD的距离为43

．21.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于,AB的一动点．（1）证明：PBC是直角三角形；（2）若2PAABAC==，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）由圆的性质可得BCAC⊥，再由PA⊥平面ABC

，则PABC⊥，然后由面面垂直的判定可得BC⊥平面PAC，从而可得BCPC⊥，进而可证得结论；（2）过A作AHPC⊥于H，可证得ABH是直线AB与平面PBC所成的角，在RtABH△中求解即可.【小问1详解】的证明：∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于

,AB的一动点，∴BCAC⊥，∵PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴PABC⊥．又PAACA=，,PAAC平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BCPC⊥，∴PBC是直角三角形．【小问2详解】解：过A作AHPC⊥于H，∵BC⊥平面PA

C，AH平面PAC，∴BCAH⊥，又PCBCC=，,PCBC平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴ABH是直线AB与平面PBC所成的角，在RtPAC△中，2263PAACAHACPAAC==+，在RtABH△中，633sin32ACAHABHABAC===，故直

线AB与平面PBC所成角的正弦值为33．22.如图，在直角梯形ABCD中，ABDC∥，90ABC=，22ABDCBC==，E为AB的中点，沿DE将ADEV折起，使得点A到点P的位置，且PEEB⊥，

M为PB的中点，N是BC上的动点（与点B，C不重合）．（1）证明：平面EMN⊥平面PBC；（2）是否存在点N，使得二面角BENM−−的正切值为5？若存在，确定N点位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）存在，N为BC的中点，【解析】【

分析】（1）由已知可得PE⊥平面EBCD，则PEBC⊥，则有BC⊥平面PEB，所以BCEM⊥，而EMPB⊥，所以EM⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）假设存在点N满足题意，过M作MQEB⊥于Q，过Q作QREN⊥于R，连接MR，可证得

MRQ为二面角BENM−−的平面角，不妨设2PEEBBC===，则1MQ=，则由RtEBN∽RtERQ△，可得24xRQx=+，再由24tan5MQxMRQRQx+===可求出x的值，从而可确定出点N的位置【

小问1详解】证明：因为,,PEEDPEEBEBEDE⊥⊥=，所以PE⊥平面EBCD，因为BC平面EBCD，所以PEBC⊥，因为,BCEBEEBPE⊥=，所以BC⊥平面PEB，因为EM平面PEB，所以BCEM⊥，因为,PEEBPMMB==，所以EMPB⊥,因为

BCPBB=，所以EM⊥平面PBC，因为EM平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC，【小问2详解】假设存在点N满足题意，如图，过M作MQEB⊥于Q，因为PEEB⊥，所以PE∥MQ，由（1）知PE⊥平面EBCD，所以MQ⊥平面EBCD，因为EN平面EBCD，所以MQEN⊥，过Q作QREN⊥于R

，连接MR，因为MQQRQ=，所以EN⊥平面MQR，因为MR平面MQR，所以ENMR⊥，所以MRQ为二面角BENM−−的平面角，不妨设2PEEBBC===，则1MQ=，在RtEBN中，设(02)BNxx=，因为RtEBN∽RtER

Q△，所以BNENRQEQ=，所以2221xxRQ+=，得24xRQx=+，所以24tan5MQxMRQRQx+===，解得1(0,2)x=，即此时N为BC的中点，综上，存在点N，使得二面角BENM−−的正切值为5，此时N为BC的中点，【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，考查二面角

的求法，解题的关键是通过过M作MQEB⊥于Q，过Q作QREN⊥于R，连接MR，结合已知条件证明出MRQ为二面角BENM−−的平面角，再根据题意求解，考查数形结合的思想，属于较难题获得更多资源请扫码加入享学资源

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