菏泽外国语学校2023-2024学年度第二学期第二次月考
高一年级数学试题
满分：150分 时间：120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要的。
1.如果两直线a∥b，且a∥α，则b与α的位置关系是( )
A. 相交 B. b∥α C. b α D. b∥α或b α
2.设l是直线，、是两个不同的平面，那么下列判断正确的是
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
3.一个三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，原三角形的面积为
A. B. C. D.
4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，分别在BC，CD上，且则下面几个说法中正确的个数是
①E，F，G，H四点共面； ② ③若直线 EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
5.一正方体内接于一个球，经过球心作一个截面，则截面的不可能图形为
A. B. C. D.
6.如右上图，AB是的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，平面ABC，则四面体的四个面中，直角三角形的个数为
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
7.三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2 cm，外径长3 cm，筒高4 cm，中部为棱长是3 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为
A. B.
C. D.
8.如图，AB为圆锥底面直径，点C是底面圆O上异于的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当PB与BC所成角为时，PB与AC所成角为
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9.下列命题中其中正确命题的为
A. 平行于同一直线的两个平面平行； B. 平行于同一平面的两个平面平行；
C. 垂直于同一直线的两直线平行； D. 垂直于同一平面的两直线平行．
10.已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则
A. 正三棱锥的表面积为 B. 正三棱锥的高为6
C. 正三棱锥的体积为 D. 正三棱锥的外接球的表面积为
11.如右图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是
A. 直线与平面ABCD所成的角等于 B. 点到面的距离为
C. 两条异面直线和所成的角为 D. 三棱柱的体积是
12.在三棱锥中，是斜边的等腰直角三角形，则以下结论： 其中正确的是
A. 异面直线SA与BC所成的角为 B. 直线平面
C. 平面平面SAC D. 点C到平面SAB的距离是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.当角与角的两边分别平行，当角=40°时，角=__________
14.在边长为2的正方体中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则动点M的轨迹所形成区域的面积是_______.
15.三棱锥中，平面ABC，，，，，则二面角的大小为__________.
16.如右图三棱锥为一所有棱长都相等的正三棱锥，点M、N分别为BC与AD的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为_____
四、解答题：本题共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. (10分)如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，求棱锥的体积与剩下的几何体体积的比
18.（12分）如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆．AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点．
求证：平面PCD；
求圆锥SO的表面积．
19．(12分).如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的三等分点靠近B，N靠近；
求证：平面
在PB上确定一点Q，使平面平面
20.（12分）如图，AB为⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，M为圆周上任意一点，AN⊥PM，N为垂足．
(1)求证：AN⊥平面PBM；
(2)若AQ⊥PB，垂足为Q，求证：NQ⊥PB.
21（12分）如图，在四棱锥中，经过AB的平面与PD、PC分别交于点E与点F，且平面平面PCD，，平面
求证：；
求证：平面平面
22.（12分）如图，已知是底面为正方形的长方体，，，点 P是上的动点．
当 P为的中点时，求异面直线与所成的角的余弦值；
求与平面所成角的正切值的最大值．菏泽外国语学校高中部第二次月考试卷
高一数学答案
【答案】
1.D 2. B 3. D 4. C 5. D 6. A 7. A 8. C
9. BD 10. BCD 11. AB 12. BCD
13. 40°或140°
14. 2
15. 30°
16.
5：
7.
10.
11.
12.
14
.
16.
17.
解：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c,
则=abc=,
剩余几何体的体积V=-=abc-=abc,
所以棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为1:5.
18.
证明：连接OP，
因为O为AB的中点，P为SB的中点，
则OP∥SA，又OP 平面PCD，SA 平面PCD，
所以SA∥平面PCD；
（II）解：记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，
则R=2，
又πR=2πr，
所以r=1，
故圆锥SO的表面积为．
19.
解:(1)取PD的三等分点（靠近D点）E,如图,连接EN，AE,
N是PC的三等分点,E是PD的三等分点,
ENDC，EN=DC
M是AB的三等分点,
AM=DC.
又AMDC,
NEAM,NE=AM,
四边形AMNE为平行四边形,
MNAE，
MN平面PAD，AE平面PAD,
MN平面PAD.
方法一：如图，连接MQ,NQ.
若平面MNQ平面PAD,
且平面MNQ平面PAB=MQ，平面PAD平面PAB=PA，
则MQPA,
M是AB的三等分点,
Q是PB的三等分点,
即当Q为PB的三等分点时,平面MNQ平面PAD.
方法二：当Q为PB的三等分点(靠近B点)时，平面MNQ//平面PAD．
证明如下：如图，连接MQ，NQ．
∵N是PC的三等分点，Q是PB的三等分点，
∴QN//BC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC,∴QN//AD，
∵QN 平面PAD，AD 平面PAD，
∴QN//平面PAD，
∵M是AB的三等分点，Q是PB的三等分点，
∴QM//PA，
∵QM 平面PAD，PA 平面PAD，
∴QM//平面PAD，
∵QM 平面MNQ，QN 平面MNQ，QM∩QN=Q，
∴平面MNQ//平面PAD.
20.
证明：
(1)因为AB为⊙O的直径，
所以AM⊥BM.又PA⊥平面ABM，所以PA⊥BM.
又因为PA∩AM＝A，所以BM⊥平面PAM.
又AN 平面PAM，所以BM⊥AN.
又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，所以AN⊥平面PBM.
(2)由(1)知AN⊥平面PBM，PB 平面PBM，
所以AN⊥PB.
又因为AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，所以PB⊥平面ANQ.
又NQ 平面ANQ，所以NQ⊥PB.
21.
证明：（1）因为CD∥平面ABFE，CD 平面PCD，平面PCD∩平面ABFE=EF，
所以CD∥EF，
又因为CD∥平面ABFE，CD 平面ABCD，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
所以CD∥AB，
所以AB∥EF；
（2）因为AE⊥CD，
又CD∥EF，可得AE⊥EF，
因为平面ABFE⊥平面PCD，平面PCD∩平面ABFE=EF，
所以AE⊥平面PCD，
又因为AE 平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PCD．
22.
解:(1)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E(如图)，
则PE // AA1，∴∠B1PE或其补角是异面直线AA1与B1P所成的角．
在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1＝60°，∴∠A1AD1＝30°，
∵A1B1＝A1D1＝AD1＝2，A1E＝A1D1＝1，
又PE＝AA1＝，
∴在Rt△B1PE中，B1P＝＝2，
cos∠B1PE＝＝＝.
∴异面直线AA1与B1P所成的角的余弦值为.
(2)由ABCD－A1B1C1D1是长方体可知，B1A1⊥平面AA1D1，
∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，tan∠B1PA1＝＝，
当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，
由A1P＝＝，得tan∠B1PA1==＝，
即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为.
【解析】
1. 【分析】
本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，面面垂直的判定和性质，属于中档题．
由线面平行的性质和面面平行的判定，即可判断A；由线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断B；由面面垂直的性质和线面的位置关系，即可判断C；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质，即可判断
【解答】
解：对于若，，则或与相交，故A错；
对于若，，则由线面平行的性质定理，得过l的平面，即有，，再由面面垂直的判定定理，得，故B对；
对于若，，则或，故C错；
对于若，，则l可能垂直、斜交或平行于平面，若l平行于，的交线，则，故D错．
故选
2. 【分析】
本题考查平面图形的直观图，由直观图还原原图形，属于基础题．
根据一个三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，求出直观图形的面积，根据直观图形面积与原图形的面积之比，求出原三角形的面积
【解答】
解：三角形在其直观图中对应一个边长为1正三角形，
直观图的面积是，
，
原三角形的面积为，
故选：
3. 【分析】
本题考查球内接多面体、棱柱的结构特征，注意截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关，属于基础题.
当截面的角度和方向不同时，球的截面不相同，应分情况考虑即可.
【解答】
解：当截面过正方体的体对角线时得C；
当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得B；
当截面平行于正方体的一个侧面时得
但无论如何都不能截出
故选
4. 【分析】
本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法，属于中档题．
根据已知线段的比例关系判断①和②，根据直线与平面、点与平面的位置关系判断③的正误.
【解答】
证明：①、F分别是AB、AD的中点，
，
：：：2 ，
，
，
E、F、G、H四点共面;
②由E，F分别为AB，AD的中点，
和BG：：：2 可知，EG和FH不平行；
③与HF交于点P，
面ABC，
在面ABC内，
同理P在面DAC内，
又面面，
在直线AC上，
、A、C三点共线．
所以上面三个说法中正确的个数是2个；
故答案选
5. 【分析】
本题考查了线面垂直的判定与性质，属于基础题.
通过对图形观察，借助线面垂直的判定定理与性质定理，即得直角三角形的个数.
【解答】
解：是圆O的直径，
，即，是直角三角形.
又平面ABC，AC，平面ABC，
，，
，是直角三角形.
平面ABC，，
又，，AC，平面PAC，
平面PAC，平面PAC，，
是直角三角形，
在四面体的四个面中，直角三角形的个数是4，
故选
6. 【分析】
本题考查简单空间几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.
由图可知，该玉琮的体积等于圆筒的体积+正方体的体积-被正方体包含的圆筒的体积，由图中数据计算即可得答案.
【解答】
解：由图可知，该玉琮的体积等于圆筒的体积+正方体的体积-被正方体包含的圆筒的体积，所以组合体的体积
故选
7. 【分析】
本题考查正多面体的外接球和球的表面积，属中档题.
根据三棱锥的特征，可将其放在一个正方体内讨论，此时三棱锥的外接球即正方体的外接球，利用正方体性质求出正方体棱长和外接球半径即可.
【解答】
解：因为三棱锥的棱长均为，
所以该三棱锥为正四面体，
如图，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
正四面体棱长为，则正方体棱长为，
其外接球的半径，
所以其外接球的表面积为，
故选
8. 【分析】
本题考查直线与直线所成角的求法，属于中档题．
设圆锥母线长为l，则，解得，作与圆O交于点D，连接AD，连接PD，为PB与AC所成角然后求解即可．
【解答】
解：设圆锥母线长为l，则，解得，
，PB与BC所成角，
，中，
作与圆O交于点D，连接AD，
四边形ABCD为平行四边形，，
连接PD，则为PB与AC所成角，中，
可得，所以
故答案选：
9. 【分析】
本题考查了空间中直线与直线的位置关系，平面与平面的位置关系，面面平行的判定，面面平行的性质和线面垂直的性质，属于基础题.
利用平面与平面的位置关系对A进行判断，利用面面平行的判定和面面平行的性质对B进行判断，利用空间中直线与直线的位置关系对C进行判断，利用线面垂直的性质对D进行判断，从而得结论.
【解答】
解：对于A、因为平行于同一直线的两个平面平行可能平行，也可能相交，
所以A不正确；
对于B、设，，取且，
因为，所以在内存在，且
又因为，所以在内存在，且，
因此，
又因为，，所以，同理可得，
而，，因此，所以B正确；
对于C、因为垂直于同一直线的两直线可能平行、相交或异面，
所以C不正确；
对于D、由线面垂直的性质知：垂直于同一平面的两直线平行，
所以D正确．
故选
10. 【分析】
本题主要考查棱锥的表面积、体积，考查球的表面积，属于中档题.
正三棱锥的外接球的球心在高所在的直线上，设为O，连接OA，由正弦定理求得底面三角形的外接圆的半径r，求出，可判断B，C，A；由勾股定理得，，求出R，可判断
【解答】
解：
由正棱锥得顶点在底面的投影是三角形ABC的外接圆的圆心，
设外接圆的半径为r，正三棱锥的外接球的球心在高所在的直线上，设为O，
对于B，连接OA，由正弦定理得：，所以，即，
所以三棱锥的高，故选项B正确.
对于D，由勾股定理得，，解得：，
所以外接球的表面积，故选项D正确.
对于C，正三棱锥的体积为，故选项C正确.
对于A，，，
正三棱锥的表面积为，故选项A错误.
故本题选：
11. 【分析】
本题主要考查线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的体积的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.
直接利用线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的体积求法，点到直线的距离确定选项.
【解答】
解：正方体的棱长为1，
对于选项直线与平面ABCD所成的角为，故选项A正确；
对于选项点到面的距离为长度的一半，即，故选项B正确；
对于选项两条异面直线和所成的角为与所成的角为，故选项C错误；
对于选项三棱柱的体积是，故选项D错误.
故选
12. 【分析】
本题主要考查异面直线所成的角，直线和平面垂直的判定定理、性质定理，平面和平面垂直的判定定理的应用，体现了转化的数学思想，属于基础题．
由条件根据异面直线所成的角，直线和平面垂直的判定定理、性质定理，平面和平面垂直的判定定理，判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
解：对于A，由题意知平面ABC，，故SA与BC不垂直，故A错误
对于B，C，再根据、，可得平面ABC，平面平面SAC，故BC正确；
对于D， 取AB的中点E，连接CE，可证得平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离，D正确，
故选BCD
13. 【分析】
本题考查圆锥体积的求法，属于基础题.
【解答】
解：设该圆锥的母线长为l，高为h，底面圆半径为圆锥侧面展开图的面积为，
解得，该圆锥的体积为
14. 【分析】
本题主要考查了面面平行的性质，以及三角形的面积公式，同时考查了转化思想和运算求解的能力，属于中档题．
根据平面平面，可得点M的轨迹是三角形及其内部，然后利用正三角形的面积公式进行求解即可．
【解答】
解：因为平面平面，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，
所以点M的轨迹是三角形及其内部，
所以的面积为
故答案为：
15. 【分析】
本题考查了线面垂直判定与性质，考查了二面角，考查学生分析解决问题的能力，正确作出二面角的平面角是关键，属于中档题．
由题可知为二面角的平面角，从而求得结论．
【解答】
解：由题可得，即，
如图：
平面ABC，平面ABC，，
又，，PC，平面PAC，
平面PAC，
而平面PAC，，
即为二面角的平面角，
在直角三角形PCA中，，
可得
故答案为
16. 【分析】
本题考查求异面直线所成的角的余弦值，属于中档题.
连接DM的中点K，连接NK，CK，为异面直线AM，CN所成的角或其补角，然后利用余弦定理即可求解.
【解答】
解：设三棱锥的棱长为2，
如图所示，
连接DM的中点K，连接NK，
N为AD的中点，，
为异面直线AM，CN所成的角或其补角
为BC的中点，由勾股定理易求得，
在中，
在中，由余弦定理，得，
则异面直线AM与CN所成角的余弦值为
故答案为：
17. 本题考查的知识点是棱柱的体积公式及棱锥的体积公式，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，根据长方体的几何特征，代入棱锥体积公式及长方体体积公式，求出三棱锥的体积与剩下的几何体体积，进而得到答案．
18. 本题考查了线面平行的判定定理的应用以及圆柱表面积的求解，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
连接OP，利用中位线定理可证，由线面平行的判定定理证明即可；
记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，求出r和R，然后由圆锥的表面积公式求解即可．
19. 本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
根据线面平行的性质定理即可证明；
取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．
20. 本题主要考查线面平行，面面平行的判定，是高考中常见的题型，属于中等题.
取PD的三等分点靠近D点，然后证明，得到，即证；
由平面平面PAD，得到，所以Q也是PB的三等分点.
21. 本题考查线面平行的性质定理和面面垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于中等题．
由线面平行的性质定理和平行公理，即可得证；
由面面垂直的性质定理，推得平面PCD，再由面面垂直的判定定理，即可得证．
22. 本题考查了异面直线所成角、直线与平面所成的角，属中档题.
