景胜中学2022-2023学年度第二学期高一年级月考（5月）
数学试题（B卷）
一、单选题(共40分
1．(本题5分)在四边形ABCD中，·=0，且=，则四边形ABCD是 ( )
A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
2．(本题5分)复数满足，则 （ ）
A． B． C．2 D．
3．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）
A．若,,则 B．若，,则
C．若,,则 D．若,,则
4．(本题5分)在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c．若，AC＝4，，则（ ）
A． B． C． D．
5．(本题5分)下列说法中错误的是（ ）
A．两条平行线段在直观图中对应的两条线段仍然平行
B．平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变
C．平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴
D．斜二测坐标系取的角可能是
6．(本题5分)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°
7．(本题5分)三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．(本题5分)如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，有下列四个结论：
①与是异面直线；②，，相交于一点；
③；④平面．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④
二、多选题(共20分
9．(本题5分)下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
10．(本题5分)有下列命题，其中错误的命题为（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
D．直四棱柱是直平行六面体
11．(本题5分)一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A． B．与所成的角为60°
C．与是异面直线 D．平面
12．(本题5分)已知为等腰直角三角形，直角边长为1，将绕其一边旋转一周，则所得到的几何体的体积可能为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题(共20分
13．(本题5分)如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为__________．
14．(本题5分)如图所示，是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，，且的面积为16，过作轴，则的长为______．
15．(本题5分)如图所示，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，若平面，则_______
16．(本题5分)下列命题中正确的命题为__________.
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线；
②若三条直线互相平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；
③若直线异面，异面，则异面；
④若，则.
四、解答题(共70分
17．(本题10分)如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，D，E分别是AB，PB的中点．
(1)求证：平面PAC；
(2)求证：
18．(本题12分)已知△的内角，，的对边分别为，，，若．
（1）求角．
（2）若，求△的面积．
19．(本题12分)已知四棱锥的底面是面积为16的正方形，侧面是全等的等腰三角形，一条侧棱长为，计算它的高和侧面三角形底边上的高．
20．(本题12分)如图，在三棱柱中，，点，分别是，的中点，平面平面．
（1）求证：；
（2）求证：//平面．
21．(本题12分)如图所示，边长为2的正方形中，点E是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点.
(1)求证:；
(2)求三棱锥的体积.
22．(本题12分)如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
答案第1页，共2页高一数学参考答案（B卷）
1．C
【详解】因为AB=DC，
所以 AB=DC，AB∥DC，
所以四边形 ABCD是平行四边形.
又因为AB ·BC =0，所以 AB⊥BC，
所以四边形 ABCD是矩形. 选 C.
2．A
【分析】根据复数模长的运算性质进行计算.
【详解】 z 1 2i 3 i ，即 z 5 10，∴ z 2，
故选：A.
3．C
【分析】在 A中， 与 相交或平行；在 B中，n / / 或 n ；在 C中，由线面垂直的判
定定理得 n ；在 D中，m与 平行或m ．
【详解】设m,n是两条不同的直线， , 是两个不同的平面，则：
在 A中，若m / / ，m / / ，则 与 相交或平行，故 A错误；
在 B中，若m ，m n，则 n / / 或 n ，故 B错误；
在 C中，若m ，m // n，则由线面垂直的判定定理得 n ，故 C正确；
在 D中，若 ，m ，则m与 平行或m ，故 D错误．
故选 C．
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，
是中档题．
4．D
【分析】首先根据三角形面积公式和正余弦定理求得外接圆半径，然后结合正弦定理及和分
比的性质求解.
1 1
【详解】由三角形面积公式可得： bcsin A 3 3，即 4 c sin 3 3，解得：c＝3，
2 2 3
2 2 2 2 2
结合余弦定理可得：a b c 2bc cos A 4 3 2 4 3 cos
13，则 a 13 ，由正3
a 2R 13 2 39 2R 2a b 2 39弦定理有： ，所以 3 3 ，结合和分比性质可得： ．sin A 2sin A sin B 3
2
答案第 1页，共 11页
故选：D.
5．B
【分析】根据斜二测画法的基本要求逐一判断即可.
【详解】平行于 y轴的线段在直观图中变为原来的一半，故 B错误，
由斜二测画法的基本要求可知 A、C、D正确，
故选：B.
6．A
【分析】如图，连接 B1C，MC，MB，利用余弦定理可求 CB1M 的值，从而可得直线 A1D
与直线B1M所成角大小.
【详解】设正方体的棱长为 2a，连接 B1C，MC，MB，
因为 B1C //A1D，故 CB1M 或其补角为直线 A1D与直线B1M所成角.
而B1C 2 2a，MC 2a，B1M B1B
2 BM 2 4a2 2a2 6a，
BC 2故 1 B M
2
1 CM
2
，所以MB1 CM ，
6a 3
所以 cos CB1M ，因为 CB1M 为锐角，故 CB1M 30 ，2 2a 2
故选：A.
7．C
【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.
【详解】由 AD 平面 BCD，DC BD，知三棱锥 A-BCD可补形为以 AD，DC，BD为三
条棱的长方体，如图所示，
答案第 2页，共 11页
三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为 R，
则 2R 2 AD2 DC 2 BD2 1 4 4 9，所以该三棱锥的外接球表面积为 S 4πR2 9π .
故选：C．
8．B
【分析】根据MP//AC、MP AC可判断①；设CM AP Q，根据Q 平面 A1ADD1，Q
平面C1CDD1，又面 A1ADD1 面C1CDD1 DD1，可判断②；令 AC BD O ，根据MNOD1为
平行四边形，可判断③；由线面平行的判定定理可判断④．
【详解】对于①，因为 A1C1//AC，MP//A1C1，所以MP//AC，又MP AC，所以 AP与CM 是
相交直线，则①不正确；
对于②，设CM AP Q，面 A1ADD1 面 ACMP AP ，面C1CDD1 面 ACMP CM ，所以
Q 平面 A1ADD1，Q 平面C1CDD1，又面 A1ADD1 面C1CDD1 DD1，
所以 AP，CM ，DD1相交于一点，②正确；
对于③，令 AC BD O ，连接D1O、NO，
因为M ，N分别是C1D1， BC的中点，
1
所以ON //D1M //CD，ON D1M CD，则MNOD1为平行四边形，2
所以MN //OD1，而OD1 D1B D1，所以③不正确；
对于④，因为MN 平面 BD1D，OD1 平面 BD1D，
所以MN //平面 BD1D，④正确．
综上所述，②④正确，
故选：B．
答案第 3页，共 11页
9．BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对 A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几
何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故 A错误；
对 B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故 B正确；
对 C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故 C错误；
对 D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故 D正确；
故选：BD
10．ABD
【分析】按照棱柱和直四棱柱、直平行六面体的定义判断即可.
【详解】A选项，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，错，
B选项，也是它的每相邻两个四边形的公共边不一定平行，错，
C选项，它符合棱柱的定义，对，
D选项，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，错，
故选：ABD.
11．ACD
【分析】将平面图形还原为立体图形，MC //AB， AB EF ，A正确 B错误，观察知 C正
确，根据平面MNF //平面 ACD得到 D正确，得到答案.
【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
EF MC，MC //AB，故 AB EF ，A正确 B错误；
答案第 4页，共 11页
EF 与MN是异面直线，C正确；
平面MNF //平面 ACD，MN 平面MNF，MN //平面 ACD，D正确.
故选：ACD
12．CD
【分析】由圆锥的体积公式求解
1
【详解】当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，体积为V π 1=
π
，
3 3
1 2 2 2π
当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，V 2 π ( )2 = ，
3 2 2 6
故选：CD
13．54π
【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为 3，进而得圆柱的高，代入
体积公式求解．
【详解】设圆柱的底面半径为 r，球的半径为 R．由条件有： R r 3，圆柱的高为 2R，
所以圆柱的体积为 πr 2 2R 2πr3 54π．
故答案为：54π
14． 2 2
【分析】结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到 A B O 的面积，进而得到
A C .
S ' ' ' 2
【详解】因为 S V A BO ' 'V ABO 16， ，S O B 4V ABO 4
1 ' ' ' '
所以 S 4 2 O B AC ，即 A'V A'B 'O ' 2 C
' 2 2 .
故答案为：2 2 .
1
15． /0.5
2
【分析】连接 AC交 BE于点M ，连接 FM ，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得
答案第 5页，共 11页
结论．
【详解】连接 AC交 BE于点M ，连接 FM ，
∵PA / /平面 EBF， PA 平面PAC，平面 PAC 平面 EBF EM，
PF AM AE 1
∴ PA / /EM ，又 AE / /BC，∴ .
FC MC BC 2
1
故答案为： 2 ．
16．①②
【分析】根据三点共线和共面的性质、异面直线的性质、垂直的性质逐一判断即可.
【详解】对于①，设平面 平面 ABC l，因为 P ，所以 P 平面 ABC，
所以 P l，同理Q l，R l，故 P、Q、R三点共线，①正确；
对于②，因为 a / /b，所以 a,b可以确定一个平面 ，
因为 A a,B b,a ,b ，所以 AB ，所以 l ，又C l，
所以C ，因为 c / /a，所以 c / / 或 c ，又 c C，
所以 c / / 不成立，所以 c ，即这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线 a、b异面，b、c异面，但是 a、c平行，所以③错误，如下右图；
r r
对于④， a c,b c，但 a b，所以④错误，如下左图.
故正确的命题为①②.
故答案为：①②
17．(1)证明见解析；
答案第 6页，共 11页
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到DE//PA，即可得证；
（2）由线面垂直的性质得到 PC AB，再根据 AB BC，即可得到 AB 平面 PBC，即可
得证.
【详解】（1）∵点 D、E分别是棱 AB、PB的中点，
∴DE//PA，
又∵DE 平面PAC， PA 平面PAC；
∴DE//平面PAC．
（2）∵PC 底面 ABC， AB 底面 ABC，
∴PC AB，
∵ AB BC， PC BC C，PC,BC 平面 PBC，
∴ AB 平面 PBC，
又∵ PB 平面 PAB，
∴ AB PB．
18 3 3．（1） A 3 ；（2） .2
【分析】（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得 sin A 3cos A，进而求角A．
（2）由余弦定理得b2 2b 3 0求 b，再利用三角形面积公式求△ ABC的面积．
【详解】（1）由正弦定理， sin AsinC 3sinC cos A，又 sinC 0，
sin A 3 cos A，即 tan A 3，由 A (0, )，得 A 3 .
（2）由余弦定理知： a2 b2 c2 2bc cosA，
∴b2 2b 3 0，解得b 3，
S 1 bcsin A 3 3 ABC .2 2
19．四棱锥的高为 6，侧面三角形底边上的高为 2 10 ．
【解析】
由题意：底面是面积为 16的正方形 ，侧面是全等的等腰三角形，说明该几何体是正四棱
锥．由正四棱锥的性质即可求解．
【详解】如下图所示:
答案第 7页，共 11页
作VO为四棱锥V ABCD的高，
作OM BC于点M ，
则M 为 BC的中点．
连接OB，则VO OM ，VO OB．
底面正方形 ABCD的面积为 16，
BC 4， BM CM 2．
则OB BM 2 OM 2 22 22 2 2．又VB 2 11，
在Rt VOB中，由勾股定理，可得
VO VB2 OB2 (2 11)2 (2 2)2 6．
在Rt VOM中，由勾股定理，可得
VM VO2 OM 2 62 22 2 10 ，
即四棱锥的高为 6，侧面三角形底边上的高为 2 10 ．
【点睛】本题考查了正四棱锥的性质的运用以及计算能力．属于基础题．关键是根据已知判
定为正棱锥，根据正棱锥的性质求出高和斜高.
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据平面 A1C1CA 平面 BCC1B1，可得B1C1 平面 ACC1A1，可得结果.
（2）取 A1C1的中点G，根据 EC // FG ，且 EC FG，可得平行四边形 FECG是平行四边形，
然后根据 EF //GC，以及线面平行的判定定理，可得结果.
【详解】（1）因为 B1C1 C1C，平面 A1C1CA 平面 BCC1B1，
平面 A1C1CA 平面 BCC1B1 C1C ，
答案第 8页，共 11页
B1C1 平面 BCC1B1，则B1C1 平面 ACC1A1．
又因为 A1C 平面 A1C1CA，
所以 B1C1 A1C ．
（2）取 A1C1的中点G，连接 FG，GC．
在△A1B1C1中，因为 F ，G分别是 A1B1， A1C1的中点，
1
所以 FG // B1C1 ，且 FG BC2 1 1
．
在平行四边形 BCC1B1中，因为 E是 BC的中点，
EC 1所以 EC // B1C1，且 B1C ，2 1
所以 EC // FG，且 EC FG
在平行四边形 FECG是平行四边形，
所以 EF //GC．
又因为EF 平面 A1C1CA，GC 平面 A1C1CA，
所以 EF //平面 A1C1CA．
【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，以及线面平行的判定，属基础题.
21．(1)证明见解析
1
(2)
3
【分析】（1）由已知可得 A D A F， A D A E，从而有 A D 平面 A EF ，进而可得结论；
（2）由勾股定理可得 A E A F ，从而易得△A EF的面积，又由（1）知 A D 平面 A EF ，
从而根据VA EFD VD A EF即可求解．
(1)
答案第 9页，共 11页
证明：由正方形 ABCD知， DCF DAE 90 ，
A D A F ， A D A E，
A E A F A ， A E、 A F 平面 A EF ，
A D 平面 A EF，
又 EF 平面 A EF ，
A D EF ．
(2)
解： A F A E 1， EF 2 A F 2 A E 2 2 EF 2 ，可得 A E A F ，
1 1 1 1△A EF的面积为 ，
2 2
又由（1） A D 平面 A EF ，
A D是三棱锥 D A EF 的底面 A EF 上的高线，
1 1 1
所以三棱锥 A EFD的体积为：VA EFD VD A EF 2 .3 2 3
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）设 AC与 BD交于点O，接OE，可得OE / /D1BB，即可证明 BD1 / /平面 ACE；
（2）由底面 ABCD是菱形，得 AC BD，又DD1 底面 ABCD，可得DD1 AC，证明 AC
平面 BDB1D1，利用线面垂直的性质可证 AC BD1．
【详解】证明：（1）设 AC与 BD交于点O，接OE，
底面 ABCD是菱形，
O为DB中点，
又因为 E是DD1的中点，
答案第 10页，共 11页
OE / /D1BB，
OE 面 AEC，BD1 平面 AEC
BD1 / /平面 ACE．
（2） 底面 ABCD是菱形，
AC BD，
Q DD1 底面 ABCD， AC 底面 ABCD，
DD1 AC，且 DB DD1 D， DB,DD1 平面 BDB1D1．
AC 平面 BDB1D1．
BD1 平面 BDB1D1，
AC BD1．
答案第 11页，共 11页
