精品解析：湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

湖北省广水市第二高级中学高2024--2025学年上学期九月月考 高二数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 考试范围： 高二数学选择性必修 第一册 第一章 空间向量与立体几何 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置. 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4、考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每题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求的. 1. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 A. B. C. D. 2. 如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，，则平面ABC与平面β的交线是（　　） A. 直线AC B. 直线AB C. 直线CD D. 直线BC 3. 如图，在正方体中， 分别是 中点，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”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 5. 若向量a，b，c是空间的一个基底，向量m＝a＋b，n＝a－b，那么可以与m，n构成空间的另一个基底的向量是(　　) A. a B. b C. c D. 2a 6. 已知，，，则等于（ ） A. B. C D. 7. 已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos<m，n>= ，则l与α所成的角为（ ） A 30° B. 60° C. 120° D. 150° 8. 空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. （多选题）下列说法中不正确的是（ ） A. 以直角梯形一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 棱台的各侧棱延长后必交于一点 10. （多选题）用一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是（ ） A. 这两部分的表面积一定不相等 B. 截面不会是三角形 C. 截面不会是五边形 D. 截面可以是正六边形 11. （多选题）在长方体中，直线与平面的交点为M，O为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三点共线 B. M，O，，A四点共面 C B，，O，M四点共面 D. A，O，C，M四点共面 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分 12. 设，为两个平面，则的充要条件是______. 13. 在三棱锥中，点P在平面ABC中的射影为点O. （1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的______心． （2）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的______心． 14. 已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为________． 四、解答题：本题共5小题，共75分 15. 如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，M是的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H，求证：. 16. 在矩形中，，E是的中点，沿将折起，得到如图所示的四棱锥. （1）若平面平面，求四棱锥的体积; （2）若，求证：平面平面. 17. 如图正方形ABCD的边长为，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD. (1)求证：AE∥平面BCF； (2)求证：CF⊥平面AEF. 18. 如图，四棱锥中，是等边三角形，，． （1）证明：； （2）若，，求点A到平面的距离． 19. 在直四棱柱，底面为直角梯形，且，，是的中点．求直线与平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省广水市第二高级中学高2024--2025学年上学期九月月考 高二数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 考试范围： 高二数学选择性必修 第一册 第一章 空间向量与立体几何 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置. 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4、考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每题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求的. 1. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，故圆锥的底面半径为，故选B. 考点：圆锥的几何性质及侧面积公式. 2. 如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，，则平面ABC与平面β的交线是（　　） A. 直线AC B. 直线AB C. 直线CD D. 直线BC 【答案】C 【解析】 【分析】根据点与线的位置关系，以及两平面相交的性质，确定交线. 【详解】由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β． 又D∈AB，∴D∈平面ABC， 即D在平面ABC与平面β的交线上． 又C∈平面ABC，C∈β， ∴点C在平面β与平面ABC的交线上． 从而有平面ABC∩平面β＝CD． 故选：C． 3. 如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：记AC∩BD=O，则MN∥OD1，利用线面平行的判定可得MN∥平面BD1D． 详解： A：和是异面直线，故选项不正确； B：和是异面直线，故选项不正确； C：记AC∩BD=O． ∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别C1D1，BC是的中点， ∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD， ∴MNOD1为平行四边形， ∴MN∥OD1， ∵MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D， ∴MN∥平面BD1D． D：由C知，而面和面相交，故选项不正确； 故答案为C. 点睛：这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断.还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断. 4. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”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】由面面垂直的判定定理及性质定理即可判断 【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则成立，满足充分性； 反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 5. 若向量a，b，c是空间的一个基底，向量m＝a＋b，n＝a－b，那么可以与m，n构成空间的另一个基底的向量是(　　) A. a B. b C. c D. 2a 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的一组基底是：任意两个不共线向量且不为零向量，三个向量不共面，从而判断出结论． 【详解】由题意和空间向量的共面定理，结合得 与、是共面向量， 同理与、是共面向量， 所以与都不能与、构成空间向量的一个基底； 又与和不共面 所以与、构成空间向量的一个基底，故答案选C． 【点睛】本题考查了空间向量的共面定理的应用问题，是基础题． 6. 已知，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算直接求解即可. 【详解】因为，，， 所以 ， 故选：B 7. 已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos<m，n>= ，则l与α所成的角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】A 【解析】 【分析】 根据线面角与方向向量与法向量的夹角的关系进行判断. 【详解】设l与α所成的角为θ且θ∈[0，90°]，则sin θ=|cos<m，n>|= .∴θ=30°. 故选：A. 【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角向量的解法. 8. 空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解. 【详解】因为，所以的一个单位方向向量为. 因为，故，, 所以点到直线的距离为. 故选：A 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. （多选题）下列说法中不正确的是（ ） A. 以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 棱台的各侧棱延长后必交于一点 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆台的定义可判定A，根据棱柱的定义判定B，根据正棱锥的定义可判定C，根据棱台的定义可判定D. 【详解】对于A，如图所示，若以腰旋转则形成的几何体不是圆台， 是圆锥与圆柱形成的组合体，故A项不正确； 对于B，有两个面互相平行，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， 由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故B不正确； 对于C，如果一个棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心， 这样的棱锥叫正棱锥，故C不正确； 对于D，由棱台的定义知各侧棱延长线交于一点，故D正确. 故选：ABC 10. （多选题）用一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是（ ） A. 这两部分的表面积一定不相等 B. 截面不会是三角形 C. 截面不会是五边形 D. 截面可以是正六边形 【答案】BCD 【解析】 【分析】先确定平面一定过正方体的中心，再根据正方体的对称性及平面的性质逐项判定即可. 【详解】平面截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分， 则平面一定过正方体中心，所以这两部分的表面积也相等， 根据对称性，截面不会是三角形、五边形， 但可以是正六边形（如图取相应棱的中点构成截面）. 故选：BCD. 11. （多选题）在长方体中，直线与平面的交点为M，O为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三点共线 B. M，O，，A四点共面 C. B，，O，M四点共面 D. A，O，C，M四点共面 【答案】ABD 【解析】 【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线，再根据与、平面、平面的位置关系知在平面与平面的交线上，同理判断共线，即可判断各选项的正误. 【详解】因为，则四点共面.因为，则平面， 又平面，则点在平面与平面的交线上， 同理，也在平面与平面的交线上， 所以三点共线，M，O，，A四点共面，故选项A、B正确； 三点均在平面内，而点A不在平面内， 所以直线AO与平面相交且点O是交点，所以点M不在平面内， 即四点不共面，故选项C错误； 点M在直线上，点O在直线上，所以A，O，C，M四点都在平面， 所以A，O，C，M四点共面，故选项D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分 12. 设，为两个平面，则的充要条件是______. 【答案】内有两条相交直线与平行（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据空间面面平行的判定定理即可判断. 【详解】根据面面平行的判定定理可知：的充要条件是内有两条相交直线与平行. 故答案为：内有两条相交直线与平行（答案不唯一） 13. 在三棱锥中，点P在平面ABC中的射影为点O. （1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的______心． （2）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的______心． 【答案】 ①. 外 ②. 垂 【解析】 【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，则Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC，从而可得答案. （2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G，则利用线面垂直的判定和性质可证得CG，BD，AH分别为△ABC边AB，AC，BC上的高，从而可得答案. 【详解】（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，PO公共边， 所以Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC， 所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC外心． （2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G. ∵PC⊥PA，PB⊥PC，，平面， ∴PC⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB， ∵平面，平面，∴， ∵，平面， ∴AB⊥平面PGC， 又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高． 同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高， 即O为△ABC的垂心． 故答案为：外;垂 14. 已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为________． 【答案】1 【解析】 【分析】由题意可得线面平行，所求线面距可以转化为求点到面的距离，利用等体积法计算即可得． 【详解】连接、交于点，则为中点，又E为中点， 故，又平面，平面， 故平面，则到平面的距离等于到平面的距离， 则， 在中，，， 边上的高，所以， 设三棱锥的高为， 所以，利用等体积法， 得，解得. 故答案为：1. 四、解答题：本题共5小题，共75分 15. 如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，M是的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H，求证：. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】连接AC交BD于点O，连接OM，先根据线面平行的判定定理证得平面，再利用线面平行的性质定理即可证明. 【详解】如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM， 因为四边形是平行四边形， 所以O是AC的中点，又M是PC的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以. 16. 在矩形中，，E是的中点，沿将折起，得到如图所示的四棱锥. （1）若平面平面，求四棱锥的体积; （2）若，求证：平面平面. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明线面垂直得锥体的高，再利用锥体体积公式求体积. （2）先证线面垂直，再由线面垂直推出面面垂直. 【小问1详解】 如图所示，取的中点，连接，由题意知，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，即为四棱锥的高． 在等腰中，，， 而梯形的面积， 四棱锥的体积． 【小问2详解】 取的中点，连接、，则， ，， ，、平面， 平面， 平面， ， 由（1）知，， 又、平面，且与是相交的， 平面， 平面， 平面平面． 17. 如图正方形ABCD的边长为，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD. (1)求证：AE∥平面BCF； (2)求证：CF⊥平面AEF. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 【分析】(1)取BC中点H，连接OH，建立如图所示的直角坐标系，求得平面BCF的法向量为，由 ，即可得到AE∥平面BCF. (2)由 ， ，且AEAF＝A，解得CF平面AEF. 【详解】(1)取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，∴以O为原点，建立如图所示的直角坐标系， 则A(3，0，0)，E(1，－2，)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0). ＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2, )． 设平面BCF的法向量为＝(x，y，z)，则. 取z＝1，得＝(－，，1)． 又四边形BDEF为平行四边形，∴＝＝(－1，－2，)， ∴＝＋＝＋＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，∴·＝3－4＋＝0， ∴ ，又AE平面BCF，∴AE∥平面BCF. (2)＝(－3，0，)，∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0， ∴ ， ，又AEAF＝A，∴CF平面AEF. 【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何线面位置关系的判定中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的共面定理是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 18. 如图，四棱锥中，是等边三角形，，． （1）证明：； （2）若，，求点A到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点O，连接，结合题意和三角形全等得到，利用线面垂直的判定得到平面，再利用线面垂直的性质即可得证； （2）结合（1）结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和所在直线的方向向量，利用空间向量的方法即可求解. 【小问1详解】 如图，连接，交于点O，连接， 由， 可得，所以， 又，所以， 所以，即O中点， 在等腰中，可得， 在等腰中，，又，平面， 所以平面，又平面， 所以． 【小问2详解】 由（1）可得，， 又， 所以， 由于为正三棱锥，点P在底面的垂足一定在上，设垂足为M， 根据正三棱锥的性质可得， 如图，过点作的平行线，以的平行线所在直线为轴，以所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系． 可得， 又， （或） 设平面的法向量，可得 不妨令，可得， 所以， 故所以点A到平面的距离为． 19. 在直四棱柱，底面为直角梯形，且，，是的中点．求直线与平面的距离． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知直线平面，直线与平面的距离可转化为点到平面的距离，故建立空间直角坐标系，用坐标法计算距离即可. 【详解】解：在直四棱柱中，底面为直角梯形，，如图所示，建立空间直角坐标系， ，且，是的中点， 则 ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则，∴是平面的一个法向量， 则点到平面的距离， 又，平面ABE，平面， ∴平面， 到平面的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $