精品解析：江西省景德镇市乐平市第三中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

2024-2025学年度高中数学10月月考卷 考试范围：立体几何；考试时间：120分钟；命题人：汪圆 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 2. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 4. 攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在长方体中，已知，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知球O的半径，平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，则平面截球O的面积为（ ） A. 16π B. 14π C. 12π D. 10π 7. 已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（ ） A. 9 B. 6 C. D. 二、多选题（共18分） 9. 如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ） A. 该几何体的体积 B. 直线PD与平面ABCD所成角的正切值为 C. 异面直线AP与CC1的夹角正弦值为 D. 存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上 10. 正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面．以下命题中正确的有（ ） A. 点的轨迹是一线段 B. 直线与直线所成角可能为 C. 侧面上存在点，使得 D. 平面与平面所成锐二面角的正切值为 11. 如图为清代官员夏日所用官帽､凉帽的形制，无檐，形如圆锥，俗称喇叭式．材料多为藤､竹制成．外裹绫罗，多用白色，也有用湖色､黄色等．不同型号的官帽大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆的直径长）两个指标进行衡量．现有一个官帽，帽坡长，帽底宽，关于此官帽，下面说法正确的是（ ） A. 官帽轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为 B. 过官帽顶点和官帽侧面上任意两条母线的截面三角形的最大面积为 C. 若此官帽顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为 D. 此官帽放在平面上，可以盖住的球（保持官帽不变形）的最大半径为 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 如图，已知正方体的棱长为是棱的中点，平面过点且与直线平行，则平面截正方体所得截面的周长是______. 13. 如图，在长方体中，是线段上异于的一点，则的最小值为____________. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 四、解答题（共77分） 15. 在四棱锥中，底面是矩形，平面的中点为，以为直径的球面交于点； （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 16. 如图，长方体中，，，点P为的中点． （1）求证：直线平面PAC； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形．，分别为的中点，且． （1）证明：． （2）若，求点到平面的距离． 18. 如图，在四棱锥中平面ABCD，E为PD的中点，，，． （1）求证：平面平面 （2）求直线EC与平面PAC所成角的正弦值． 19. 如图，在长方体中，，点是的中点. （1）证明：； （2）在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求，若不存在，说明理由； （3）求二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高中数学10月月考卷 考试范围：立体几何；考试时间：120分钟；命题人：汪圆 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，若，，，不一定；对于B，先由和得，再由结合面面垂直的判定定理即可得解；对于C，若，，，则与相交或或；对于D，若，，由面面垂直的性质得或. 【详解】对于A，若，，，则与相交或，故A错误； 对于B，若，，则，又，则，故B正确； 对于C，若，，，则与相交或或，故C错误； 对于D，若，，则或，故D错误. 故选：B. 2. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在直观图中轴，可知原图形中轴，故，求直观图中的长即可求解. 【详解】因为直观图是等腰直角，，所以， 根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半， 所以的边上的高. 故选：C. 3. 如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，取的中点，结合，即可求解. 【详解】如图所示，因为点到点的距离相等， 可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线， 又因为，直线与平面所成角为， 取的中点，可得， 则线段的最小值为. 故选：C. 4. 攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件求出母线，再运用圆锥侧面积公式求出侧面积，即为屋顶的面积. 【详解】由题知，圆锥底面圆半径，高， 则母线， 因此圆锥的侧面积为. 即屋顶的面积为. 故选：A. 5. 如图，在长方体中，已知，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的求夹角的余弦值即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标， 因为，E为的中点， 所以， 所以， 假设异面直线与所成的角为， 则. 故选：D. 6. 已知球O的半径，平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，则平面截球O的面积为（ ） A. 16π B. 14π C. 12π D. 10π 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球心O到平面的距离，再利用球的截面圆性质求出截面圆半径即可. 【详解】由平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，得球心O到平面的距离， 因此平面截球O所得截面圆半径， 所以平面截球O所得截面圆面积. 故选：B 7. 已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中心，再求出三棱锥的高，利用勾股定理即可求解外接球半径. 【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切， 所以平面截球得到的截面圆与的三边均相切， 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上， 又因为底面边长为， 所以底面正三角形的内切圆的半径为， 又因为球的半径为1， 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点，连接PO，即为三棱锥的高， 如图，过球心作的垂线交于，则， 又因为，所以, 又与相似， 所以，则，即. 因为外接圆的半径为，正三棱锥外接球的球心在上， 设半径为，则，即, 解得. 故选：D. 8. 圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（ ） A. 9 B. 6 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 【详解】为圆台母线的中点，分别为上下底面的圆心， 把圆台扩成圆锥，如图①所示， 则, 由,有, 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为， 即，如图②所示， 质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点， 则运动的最短路径为展开图弦， 所以. 故选：A. 二、多选题（共18分） 9. 如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ） A. 该几何体的体积 B. 直线PD与平面ABCD所成角的正切值为 C. 异面直线AP与CC1的夹角正弦值为 D. 存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上 【答案】ABCD 【解析】 【分析】对于A，根据长方体和棱锥的体积公式求解即可；对于B，连接交于，连接，则可得为直线与平面所成角，然后求解即可；对于C，由于,则可得的补角为异面直线与的夹角，然后在中求解即可；对于D，先求出长方体的外接球半径，然后判断点是否在该球上即可. 【详解】对于A，该几何体的体积为，故A正确； 对于B，连接交于，连接， 由题意可知四棱锥为正四棱锥， 所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为正方形的边长为1， 所以， 所以，故B正确； 对于C，设， 因为， 所以或其补角为异面直线与的夹角, 且， 所以， 所以异面直线与的夹角余弦值为,正弦值为，故C正确； 对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为， 则为的中点， 且，得， 因为， 所以点长方体的外接球上， 所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，故D正确. 故选：ABCD. 10. 正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面．以下命题中正确的有（ ） A. 点的轨迹是一线段 B. 直线与直线所成角可能为 C. 侧面上存在点，使得 D. 平面与平面所成锐二面角的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，得点在侧面上的轨迹为线段，再结合选项依次判断． 【详解】对于A，分别取的中点，连接， 则，又， 则平面平面， 则当点落在线段上时，平面，则平面， 即满足题意的点在侧面上的轨迹为线段，故A正确； 对于B，当点在线段上运动变化到端点或时， 直线与直线所成角取得最大值， 此时直线与直线所成角为（或）， 又， 则．则直线与直线所成角不可能为．故B错误； 对于C，取中点，连接， 中，，则， 又，则，即当为中点时，有，故C正确； 对于D，取为的中点，因为平面平面，则，所以即为平面与平面所成锐二面角，所以，故D正确； 故选：ACD． 11. 如图为清代官员夏日所用官帽､凉帽的形制，无檐，形如圆锥，俗称喇叭式．材料多为藤､竹制成．外裹绫罗，多用白色，也有用湖色､黄色等．不同型号的官帽大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆的直径长）两个指标进行衡量．现有一个官帽，帽坡长，帽底宽，关于此官帽，下面说法正确的是（ ） A. 官帽轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为 B. 过官帽顶点和官帽侧面上任意两条母线的截面三角形的最大面积为 C. 若此官帽顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为 D. 此官帽放在平面上，可以盖住的球（保持官帽不变形）的最大半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于，作圆锥的轴截面图，通过题中数据可求得；对于，截面三角形的面积，根据正弦函数的值域即可判断；对于C，设外接球的球心为，则，，再计算即可；对于，设是内切球的球心，则，可求得，再解三角形即可. 【详解】如图所示，，，，，，所以正确； ，所以最大面积应为，所以错误； 设外接球的球心为，则，，，可见球心在延长线上，，所以C正确； 设是内切球的球心，则，，，得到最大半径为，所以正确． 故选：. 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 如图，已知正方体的棱长为是棱的中点，平面过点且与直线平行，则平面截正方体所得截面的周长是______. 【答案】 【解析】 【分析】先作出平面截正方体的截面，再根据截面的形状和性质，求截面的周长即可. 【详解】取棱靠近点的四等分点，棱靠近点的四等分点， 棱靠近点的四等分点，连接，， 由正方体性质得，，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以，则四点共面. 由正方体性质得，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. 所以平面即为平面截该正方体所得截面， 由题可知四边形是菱形，且， 所以平面截正方体所得截面的周长是. 故答案为： 13. 如图，在长方体中，是线段上异于的一点，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，则的最小值为，解三角形求出即可. 【详解】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，如图所示： 由长方体结构特征，易得，由， ， 所以， 由， 故答案为：. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，求出勒洛四面体内切球的半径,即可得出结果． 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 正外接圆半径，正四面体的高， 设正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 因此，勒洛四面体内切球半径为. 故答案为：． 四、解答题（共77分） 15. 在四棱锥中，底面是矩形，平面的中点为，以为直径的球面交于点； （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明平面，得到，再由即可得证； （2）首先说明为的中点，再根据计算可得. 【小问1详解】 因为四边形是矩形， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为以为直径的球面交于， 所以， 又平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，平面，平面， 所以， 所以为等腰直角三角形， 则， 又平面，平面， 所以， 所以为的中点， 又， 所以三棱锥的体积 . 16. 如图，长方体中，，，点P为的中点． （1）求证：直线平面PAC； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）直接利用三角形的中位线，得到线线平行，进一步利用线面平行的判定定理得到结论． （2）设的中点为，连接,说明就是直线与平面所成角，进而可求解. 【小问1详解】 设和交于点，连接， 由于分别是，的中点， 故，平面，平面，所以直线平面． 【小问2详解】 设的中点为，连接， 则，，， 平面，所以平面， 所以就是直线与平面所成角． 在中，，， 所以． 于是直线与平面所成角的正弦值为． 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形．，分别为的中点，且． （1）证明：． （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1） 连接． 因为底面是菱形，分别为的中点， 所以，，所以． 又，，所以平面． 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而得证； （2）先求得，进而求得，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，是的中点，所以． 又，，所以平面． 由题意得是边长为2的等边三角形，且为的中点， 所以， 又，所以． 在中，可得，， 所以． 设点到平面的距离为，则． 因为，所以，解得． 所以点到平面的距离为. 18. 如图，在四棱锥中平面ABCD，E为PD的中点，，，． （1）求证：平面平面 （2）求直线EC与平面PAC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 由题知，，，所以，又 由余弦定理得， 所以，， 即，因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）将问题转化为证明平面，利用已知，结合勾股定理即可得证； （2）利用（1）中结论判断线面角，结合直角三角形性质将所求转化为即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，在平面内的射影为，所以在平面内的射影也为， 故直线EC与平面PAC所成角即为. 因为，所以， 所以，又因为E为PD的中点，所以， 所以，所以. 19. 如图，在长方体中，，点是的中点. （1）证明：； （2）在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求，若不存在，说明理由； （3）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）为的中点，取的中点，利用线面平行的判定推理即得. （3）连接，利用线面垂直的判定性质及二面角的定义求出二面角的正切值即可. 【小问1详解】 在长方体中，连接交于点O，则O为的中点，如图， 由四边形是正方形，得， 由平面，平面，得， 而平面，，因此平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 存在一点满足时，使得平面 ， 当点满足，即为的中点，取的中点，连接， 在中，为中点，则， 在长方体中，是的中点， 则且， 于是 且，四边形 为，则， 又平面，平面，所以平面. 【小问3详解】 连接，由为矩形边的中点，得， ，则， 由平面，平面，得， 而平面，于是平面，又平面， 因此，是二面角的平面角，， 而二面角的大小为，所以二面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $