精品解析：广东省肇庆市肇庆鼎湖中学2024-2025学年高二上学期10月质量检测数学试题

肇庆鼎湖中学2024-2025学年第一学期10月质量检测 高二年级 数学学科 （试卷满分150分，考试用时120分钟） 一、单选题（本大题共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求的） 1. 以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设知旋转体为高和底面半径均为2的圆柱体，利用圆柱体表面积公式求几何体的表面积. 【详解】由题意，所得几何体为高和底面半径均为2的圆柱体， 所以几何体表面积为. 故选：D 2. 空间三个平面如果每两个都相交，那么它们的交线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 1条或3条 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面与平面的位置关系即可得出结论. 【详解】三个平面可能交于同一条直线，也可能有三条不同的交线，如图所示： 故选：D 3. 设m，n是不同直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. ，则 【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答. 【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线， 显然满足，而，此时不成立，A错误； 对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线， 显然满足，而，此时不成立，B错误； 对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线， 显然满足，而，此时不成立，C错误； 对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确. 故选：D 4. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭闷式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可. 【详解】设底面棱长为， 因为正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，所以侧面为等边三角形， 则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为. 故选：B 5. 已知正方体，点是的中点，点是的三等分点，且，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算直接求解即可. 【详解】如图所示， ， . 故选：D. 6. 在下列条件中，使点与点，，一定共面的是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据共面向量定理，利用三个向量表示向量，其系数和为，则可得四点共面． 【详解】D选项中，，结合共面定理的推论，且ABD三个选项的系数和不为，所以不共面． C选项可化为：即，系数和为． 故选：C． 7. 如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答. 【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，， 令，则，而，， 于是得， 因此，， 所以与所成角的大小为. 故选：B 8. 如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对，得部分分） 9. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台的高为1cm B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的侧面积为 D. 该圆台的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由台体的侧面积公式可判断C选项；由圆台的体积公式即可判断D选项. 【详解】 如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误； 圆台的轴截面面积为，B正确； 圆台的侧面积为，故C正确； 圆台的体积为，D正确. 故选：BCD 10. 已知空间向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间向量平行的条件、向量的模、向量垂直的充要条件、向量夹角余弦的求法运算即可得解. 【详解】由， 则，显然，故A错误； 而， 则，故B正确； 而，则， 所以，故C正确； 而，故D错误. 故选：BC 11. 如图，在三棱锥中，平面，，，，则下列选项中，正确的是（ ） A. 平面平面 B. 二面角的余弦值为 C. 与平面所成角为30° D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由条件得，由平面可得，从而平面，即可判断A；为二面角的平面角，求解可判断B；为与平面所成角，求解可判断C；取的中点，分析可得为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为1，求出外接球的表面积可判断D. 【详解】∵， 则，∴， ∵平面，平面， ∴， ∵，，，平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面，故A正确； ∵，∴为二面角的平面角， 在直角中，，故B正确； ∵平面，∴为与平面所成角， 在直角中，，则，故C正确； 取的中点，连接， ∵，，∴， ∵平面，又平面，∴， ∴，则， ∴为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为1， ∴三棱锥外接球的表面积为，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 如图所示，水平放置的斜二测直观图是图中的，已知，则的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出原图可计算面积. 【详解】由已知得的原图如下： 其中， 所以. 故答案为：. 13. 已知垂直于所在的平面，，则点到的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出到的垂线，利用勾股定理求得到的距离。 【详解】取的中点，连接， ∵平面， ∴为在平面内的投影， 又，∴， 由三垂线定理得，， 又，∴. 故答案为: 14. 如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，过点做平面，使得平面平面，则平面与正方形的交线的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，取的中点，利用面面平行的判定定理即可证明平面平面，所以平面与正方形的交线即为，可得. 【详解】取的中点，连接，如下图所示： 因为平面平面，所以平面； 因为平面平面，所以平面； 又因为平面，，所以平面平面． 因此平面即为平面，即平面与正方形的交线即为． 所以． 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线的长； （3）求 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量； （2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可； （3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可. 【详解】（1）连接，如图： 因为，， 在，根据向量减法法则可得： 因为底面是平行四边形 故 因为 且 又为线段中点 在中 （2）因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是 故 由（1）可知 故平行四边形中 故： 故 （3）因为， 又 【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题. 16. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，求到平面的距离． 【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据三线合一得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，证明出； （2）作出辅助线，得到，由线面平行的判定得到结论； （3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标和平面的法向量，由点到平面的距离公式得到答案. 【小问1详解】 因为为等边三角形，是棱的中点， 所以⊥， 三棱柱为正三棱柱，故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以； 【小问2详解】 连接，与相交于点，连接， 因为四边形为矩形，故为的中点， 又为的中点，故， 又平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 由（2）知，平面， 故到平面的距离即为到平面的距离， 取的中点，连接，则， 由于⊥平面，故⊥平面， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得， 故， 所以到平面的距离， 故到平面的距离为. 17. 如图1，在梯形中，，点E在线段上，，将沿翻折至的位置，连接，点F为中点，连接，如图2， （1）在线段上是否存在一点Q，使平面平面?若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由； （2）当平面平面时，求三棱锥的体积， 【答案】（1）存在，Q是的中点 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行与面面平行的判定定理证明即可； （2）利用余弦定理与勾股定理证得，进而利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到F到平面的距离，再利用等体积法即可得解. 【小问1详解】 当Q是的中点时，平面平面，理由如下： 如图，连接， 依题意得，且，则， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面平面，所以平面， 因为分别为的中点，所以， 又平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， . 【小问2详解】 取的中点M，连接， 因为，则， 所以为边长为2的等边三角形，则， 因为，所以由余弦定理得， 所以在中，，则， 因为平面平面，平面平面平面，所以平面， 因为F为的中点，所以F到平面的距离， 所以. 18. 已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，为的中点，，． （1）求证：//平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点F，连，由中位线性质得到四边形为平行四边形，得到，进而得到//平面； （2）由勾股定理逆定理得到，结合为等腰直角三角形得到平面，进而得到平面平面； （3）在（2）的基础上，结合为的中点，利用求出答案. 【小问1详解】 证明：取中点F，连， 因为E为的中点，所以且， 又，，所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 证明：由题意：，． 因为，所以， 又平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为为等腰直角三角形，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 小问3详解】 因为为等腰直角三角形，，所以， 因为平面，平面，所以， 又，故， 由（2）得，平面，又为的中点， 所以. 19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与底面所成角的正弦值； （3）求侧面与底面所成二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证得，由，结合面面垂直的性质，证得平面，进而得到，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）取的中点，连，，证得平面，得到是所求直线与平面所成角，设，求出，，进而在直角中，即可求解； （3）取的中点分别为，连接，，分析可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 证明：因为侧面为正三角形，且是的中点， 所以，又因为底面为正方形，所以. 因为平面平面，且平面平面， 平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连，， 因为为正三角形，且为中点，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 且平面，所以平面， 所以是直线与底面所成角， 不妨设，则在等边中，可得， 在直角中，； 在直角中，，故， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 小问3详解】 取的中点分别为，连接，，    则，， 因为，所以， 又因为在正中，， 因为，，平面， 所以平面， 在正方形中，，则平面， 又，平面，所以，，                                               所以是侧面与底面所成二面角的平面角，                 由（1）知，平面，所以平面， 因为平面，所以，                                    . 设正方形的边长，则，， 所以，所以，                即侧面与底面所成二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 肇庆鼎湖中学2024-2025学年第一学期10月质量检测 高二年级 数学学科 （试卷满分150分，考试用时120分钟） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 2. 空间三个平面如果每两个都相交，那么它们的交线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 1条或3条 3. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. ，则 4. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭闷式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方体，点是中点，点是的三等分点，且，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 在下列条件中，使点与点，，一定共面的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对，得部分分） 9. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台的高为1cm B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的侧面积为 D. 该圆台的体积为 10. 已知空间向量，则下列结论正确是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 11. 如图，在三棱锥中，平面，，，，则下列选项中，正确的是（ ） A. 平面平面 B. 二面角的余弦值为 C. 与平面所成角为30° D. 三棱锥外接球的表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 如图所示，水平放置的斜二测直观图是图中的，已知，则的面积为__________． 13. 已知垂直于所在的平面，，则点到的距离为________． 14. 如图，正方体棱长为2，点是线段的中点，过点做平面，使得平面平面，则平面与正方形的交线的长度为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线长； （3）求 16. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，求到平面的距离． 17. 如图1，在梯形中，，点E在线段上，，将沿翻折至的位置，连接，点F为中点，连接，如图2， （1）在线段上是否存在一点Q，使平面平面?若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由； （2）当平面平面时，求三棱锥的体积， 18. 已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，为的中点，，． （1）求证：//平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与底面所成角的正弦值； （3）求侧面与底面所成二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$