【文档说明】北京市第九中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.239 MB，由小赞的店铺上传

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北京九中2024-2025学年第一学期十月月考试卷（高二数学）2024.10一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选择符合题目要求的一项．1.如果点A在直线a上，而直线a在平面α

内，点B在平面α内，则可以表示为（）A.A⊂a，a⊂α，B∈αB.A∈a，a⊂α，B∈αC.A⊂a，a∈α，B⊂αD.A∈a，a∈α，B∈α【答案】B【解析】【分析】直接按照平面内点、线、面的位置关系,写出结果即可.【详解】点A在直线a上，而直线a在平

面α内，点B在平面α内，表示为A∈a，a⊂α，B∈α.故选:B.【点睛】本题考查空间中，点、线、面的符号表示方法,基本知识的考查.2.下列结论中正确的是（）A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.当正

棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等时该棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线【答案】D【解析】【分析】举例正八面体可说明A错误；若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴得到的几何体为两个圆锥的组合体可说明B错误；说明正六棱

锥的侧棱长大于底面边长，可说明C错误；根据圆锥母线的概念可判断D.【详解】对于A，正八面体的各个面都是三角形，但不是三棱锥，所以A错误.对于B，若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何

体是两个圆锥形成的组合体，所以B错误.对于C，正六棱锥的底面六边形的外接圆半径与底面边长相等，而正棱锥的侧棱长大于底面多边形外接圆半径，所以正六棱锥的侧棱长大于底面边长，所以C错误.对于D，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，所以D正确.故选：D3.如图，一个水平放置的平面图形

的直观图ABCD是边长为2的菱形，且2OD=，则原平面图形的周长为（）A.424+B.464+C.82D.8【答案】B【解析】【分析】利用斜二测画法还原直观图即得.【详解】由题可知2,45ODADAOD

===，∴22OA=，还原直观图可得原平面图形，如图，则24,22,2ODODOAOAABDC======，∴()222222426ADOAOD=+=+=，∴原平面图形的周长为464+.故选：B.4.若a和b是

异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是（）A.异面或平行B.异面或相交C.异面D.相交、平行或异面【答案】D.【解析】【分析】根据空间中直线的位置关系，结合已知条件，即可容易判断.【详解】a和b是异面直线，

b和c是异面直线，根据异面直线的定义可得：,ac可以是异面直线，如下所示：也可以相交也可以平行故选：D.【点睛】本题考查空间中直线之间的位置关系，属简单题.5.给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线

，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为（）A.3B.2C.1D.0【答案】C【解析】【分析】利用面面关系的判定与性质

逐项排除.【详解】①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m；②中l与m也可能异面；③中////lllnn＝，同理，l∥m，则m∥n，正确．故选：C.【点睛】本题主要考查有关面面关系的判定与性质.6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO的平

面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A.122πB.12πC.82πD.10π【答案】B【解析】【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22

的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为22(2)222212S=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确

定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.7.设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，且m，n，则“//”是“/

/m且//n”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】A【解析】【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由m，n，//，则//m且//n，反之，当//m且//n时，若

//mn，则//或与相交，所以“//”是“//m且//n”的充分不必要条件.故选：A8.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上

的高与底面正方形的边长的比值为（）A.514−B.512−C.514+D.512+【答案】C【解析】【分析】设,CDaPEb==，利用212POCDPE=得到关于,ab的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CDaPEb==，则222

24aPOPEOEb=−=−，由题意212POab=，即22142abab−=，化简得24()210bbaa−−=，解得154ba+=（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.9.如图，在直三棱柱111ABCABC

−中，11,2,3,90ABBCBBABC====，点D为侧棱1BB上动的点．当1ADDC+最小时，三棱锥1DABC−的体积为（）A.1B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】如图，将直三棱柱11

1ABCABC−展开成矩形11ACCA，连结1AC交1BB于D，此时1ADDC+最小，则1BD=，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.【详解】将直三棱柱111ABCABC−展开成矩形11ACCA，如下图，连接1AC，交1BB于D，此时1ADDC+最小，∵11,2,3,

90ABBCBBABC====，则ABBC⊥，而1BBBC⊥，由1ABBBB=且都在面11ABBA，则BC⊥面11ABBA，又//BC11BC，则11BC⊥面11ABBA，即11BC⊥面ABD，点D为侧棱1BB上的动点，当1ADDC+最小时1ABBDACCC=，即133BD=，

得1BD=，又ABD为直角三角形，此时三棱锥1DABC−的体积为：11111111113323DABCCABDABDVVSBCABBDBC−−====.故选：C10.如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点,EF

分别是棱1,BCCC的中点，P是侧面11BCCB内一点，若1AP∥平面AEF，则线段1AP长度的取值范围是（）A.51,2B.325,42C.5,22D.2,3【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到P点的轨迹

，在根据平面几何知识求出1AP的范围.【详解】如图，取11BC的中点M，1BB的中点N，连接11,,AMANMN，显然1//AAME，且1AAME=，所以四边形1AEMA为平行四边形，所以1//AEAM，又因为1AMË平面AEF，AE平面AEF,所以1//

AM平面AEF，因为1////MNBCEF，MN平面AEF，EF平面AEF,所以//MN平面AEF，又因为1AMMNM=，所以平面1//AMN平面AEF，因为1AP平面AMN，所以1//AP平面AEF，点P在侧面11BCCB上，所以点P位于线段MN上，

因为21115122AMAN==+=，22112222MN=+=，所以当点P位于,MN点时，1AP最大，当点P位于MN的中点O时，1AP最小，此时2215232244AO=−=，所以132542AP，所以线段1AP长度的取值

范围是325,42.故选：B二、填空题共5小题，每小题4分，共20分11.母线长为1的圆锥体，其侧面展开图的面积为2，则该圆锥的体积为________________.【答案】324【解析】【详解】圆锥体其侧面展开图为扇形，S=12

122r=，解得12r=，由圆锥的截面图可得32h=，211133334224Vrh===故答案为32412.如图，在正三棱柱ABCABC−中，已知2AB=，点M是棱'AA上的动点，当三棱锥'C

MBC−的体积为3时，'AA=________【答案】3【解析】【分析】利用等体积法求解即可.【详解】解：因为正三棱柱ABCABC−中，2AB=,所以点M到平面''BCCB的距离为3，所以根据等体积法，'''11132'

33332CMBCMCBCBCCVVSAA−−====解得：'3AA=.故答案为：3.【点睛】本题考查等体积法，是基础题.13.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为______，体积为______.【答案】①.27π

3a②.3721π54a【解析】【分析】利用正棱柱外接球的性质，结合正弦定理与勾股定理，球的表面积与体积公式即可得解.【详解】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图：则ABCV的外接圆的半径为32sin60

3aa=，所以其外接球的半径为222372123126aRaaa=+==，所以球的表面积为222774π4ππ123aSRa===；体积为3334421721ππ()π33654VRaa===.故答案为：27π3a

；3721π54a14.正方体111ABCDABCD−中，E是BC的中点，平面经过直线BD且与直线1CE平行，若正方体的棱长为2，则平面截正方体所得的多边形的面积为_____.【答案】92.【解析】【分析】根据线面平行的性质作出平

面α与正方体的截面，计算截面梯形的各边长即可求出截面面积.【详解】过B作1//BMCE交11BC于M，过M作BD的平行线，交11CD于N，连接DN，则平面BDMN即为符合条件的平面，由图可知,MN分别为1111,BC

CD的中点，故22BD=，2MN=，且5BMDN==，∴等腰梯形MNDB的高为22232(5)()22h=−=，∴梯形MNDB的面积为()1329222222+=.故答案为：92.【点睛】本题考查了线面平行的性质，几何体中

截面面积，属于中档题．15.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG

；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是________．【答案】①②③【解析】【分析】作出立体图形，连接EFGH、、、四点构成平面EFGH，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质依次分析选项即可.【详解】作出立体图形，连接EFGH、、、四点构成平面E

FGH，①：因为EF、分别是PAPD、的中点，所以//EFAD，又EF平面ABCD，AD平面ABCD，所以//EF平面ABCD，同理//EH平面ABCD，又EHEFE=I，EHEF、平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确；②

：连接ACBD、，交于点M，连接DGBG、，则M为ACBD、的中点，得//MGPA，又PA平面BDG，MG平面ABCD，所以//PA平面BDG，故②正确；③：由①的分析可知////EFADADBC，，所以//EFBC，因为EF平面PBC

，BC平面PBC，所以//EF平面PBC，故③正确；④：由③的分析可知//EFBC，结合图形，可知BCBDB=，所以直线EF与平面BDG不平行，故④错误.故答案为：①②③三、解答题共5小题，共40分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.如图，圆锥SO中，AB，

CD为底面圆的两条直径，ABCDO=，2SOOB==，P为SB的中点.（1）求证：SA平面PCD；（2）求圆锥SO的表面积.【答案】(1)证明见解析；(2)()421+【解析】【分析】(1)证明//SAOP即可.(2)

分别计算侧面积与底面积求和即可.【详解】(1)连接OP,因为,OP分别为,ABSB中点.故//SAOP,又OP面PCD,故SA平面PCD.(2)圆锥SO的侧面积22122242SSBOB==+=

.底面积224SOB==.故表面积()12424421SSS=+=+=+.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与表面积的算法,属于基础题型.17.如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中

点，G，H分别在BC，CD上，且::1:2BGGCDHHC==.（1）求证：E，F，G，H四点共面；（2）设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】分析】（1）根据已知条件，可得EFBD

∥以及GHBD∥，所以EFGH∥，进而得出四点共面；（2）因为AC是平面ABC和平面ACD的交线，只需证明P点是平面ABC和平面ACD的交点，即可证得PAC，进而得到三点共线.【小问1详解】因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EFBD∥.在BCD△中，因为12BGDHGCHC==，所以

23CGCHCBCD==，所以GHBD∥，所以EFGH∥.所以E，F，G，H四点共面.【小问2详解】因为EGFHP=，所以PEG.由已知可得，EAB，GBC，AB平面ABC，AC平面ABC，所

以EG平面ABC，所以P平面ABC.同理PFH，FH平面ADC，P平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的一个公共点.又平面ABC平面ADCAC=，所以PAC，所以P，A，C三点共线.18.如图，在三棱锥PABQ−中，,

,,EFCD分别是,,,APBPBQAQ中点，平面PCD平面EFQGH=.求证：//ABGH.【【答案】证明见解析【解析】【分析】先根据线面平行证明//EFGH，结合平行的传递性可得//ABGH.【详解】因为,,,DCEF分别是,,,AQBQAPBP的中点，所以//,//EFAB

DCAB，所以//EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以//EF平面PCD.因为EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH=，所以//EFGH.又//EFAB，所以//ABGH.【点睛】本

题主要考查空间中的直线与直线平行，线线平行可以通过线面平行转化，侧重考查逻辑推理的核心素养.19.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平

面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据平行四边形可知BD∥B1D1，可得BD∥平面CD1B1，同理可得A1B∥D1C，A1B∥平面CD1B1，即可证明（2）根据两平面平行的性质定理可知l∥直线BD，再根据平行四边形知B1D1∥BD

，即可证明B1D1∥l.【详解】证明：(1)由题设知BB1∥DD1，11=BBDD所以四边形BB1D1D平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥BC，11=ADBC所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D

1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面

ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判

定，面面平行的性质，属于中档题.20.如图在四棱锥ABCDE−中，DEBC∥，M，N分别是AB，CD的中点，3DEBC=．是（1）求证：MN∥平面AED；（2）若点F在棱AD上且满足ADAF=，AB∥平面CEF，求的

值．【答案】（1）证明见解析（2）4=【解析】【分析】（1）取BE的中点为Q，证明面MNQ//面ADE，即可得到MN∥平面AED；（2）根据已知，将线面平行转化得到线线平行，再用三角形相似即可得到的值.【小问1详解】取BE的中点为Q，连接NQ，MQ∵CBDE∥，N，Q分别为C

D、BE的中点；∴NQDE∥，又∵NQ面AED，DE面AED，∴NQ∥面AED又∵M为BA中点∴MQAE∥，∵MQ面AED，AE面AED，∴MQ∥面AED∵MQNQQ=，∴面𝑀𝑁𝑄∥面AED，∴MN∥面AED的【小问2详解】设BD交CE于点G，连接FG．∵AB

∥面CEF，面CEF面ABD＝FG，AB面ABD∴ABFG∥，∴AFBGFDGD=．在直角梯形BCDE中，BCGDEG∽，∴13BGBCGDDE==，∴13AFBGFDGD==，∴4ADAF=，∴4=