海南海口市海南中学2025-2026学年高一第二学期5月月考测试数学试卷

海南中学2025-2026学年度高一年级第二学期月考测试 本试卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共150 分，考试时间120分钟， 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2,回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效 第1卷（共58分) 一、单项选择题：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求的 1.下列命题正确的是() A.三点确定一个平面 B.如果两条直线a与b没有公共点，则a∥b C.有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D.若直线1与平面a相交，则a内不存在与1平行的直线 2.如图，长方体ABCD-AB'CD'中被截去一小部分，其中EH/IA'D',FGIIBC,则剩下 的几何体是() A.棱台B.四棱柱C.五棱柱 D.六棱柱 3.若m为直线，a,B为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若m∥a,nca,则mlln B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥B C.若m∥a,m⊥B,则a⊥B D.若mca,a⊥p,则m⊥B 4.如图，下列正方体中，M,N,P,Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 MN和PQ为异面直线的是() 试卷第1页，共4页 5.如图一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和 上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是() A.2+巨B.1+5C.1+2 D.1+② 459 22 B 6.若圆锥的高为5，母线长为7，则该圆锥的侧面积是() A.56n B.√6π C.106n D.14v6π 7.如图，在长方体中，ABCD-AB,CD,AB=8,AD=6,异面直线BD与AC,所成角的余 弦值为 D ,则CC,=() 10 B A.√3B.22C.23 D.3√2 8.已知三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=4,PA=2, 则球心O到平面PBC的距离为() A青 B.6 c. D.3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求.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.设a,B,y表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得a∥B的是() A.m/1a,m/1β B.m⊥，m⊥B C.ylla,yllB D.y⊥a,y⊥P 10.如图是一个正方体的展开图，则在原正方体中() A.AD与EF异面 B.AB与CD相交 C.AD//EF D.CD//GH 11.如图，ABCD是边长为2的正方形，点E,F分别为边BC,CD的中点，将△ABE, △ECF,△FDA分别沿AE,EF,FA折起，使B,C,D三点重合于点P,则() A.AP⊥EF B.点P在平面AEF内的射影为△AEF的垂心 C.三面角A-EF-P的余弦值为 D.G是线段PE上一点，则AG+FG的最小为2 试卷第2页，共4页 第Ⅱ卷（共92分） 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.在正方体ABCD-ABCD中，体对角线BD与平面AA,DD所成角的正切值 13.如图，圆锥的底面半径为r,高为2r,且该圆锥内切球（球与圆锥的底面和侧面均相切） 的半径为1，则r= 14.如图，在棱长为4的正方体ABCD-AB,CD中，AB的中点是P,过直线AC作与平 面PBC,平行的截面，则该截面的面积为 D 四.解答题：本题共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.(13分)用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为12cm,两底面 面积分别为4πcm2和25πcm2.求： (1)圆台的体积： (2)圆台所在圆锥的表面积： 16.(15分)如图，空间四边形ABCD中，E,F分别是AB,AD的中点，G,H分别在BC, CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2. (1)求证：E,F,G,H四点共面： (2)设EG与FH交于点P,求证：P,A,C三点共线 H 试卷第3页，共4页 17.(15分)如图，在正方体ABCD-ABCD中，M为DD的中点. D (1)求证：BD∥平面AMC: (2)若N为CC的中点，求证：平面AMC∥平面BND. M 18.(17分)如图，在四边形ABCD中，AB=AD,BC=CD,∠BAD=90°，∠BCD=60° 将△ABD沿BD翻折至△PBD(P为点A的对应点)，使得平面PBD与平面BCD垂直. (1)证明：BD⊥PC: D (2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值. 19.(17分)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体厂的一个顶点，定义多面 体r在点P处的离放曲率为P,=l-六(<QP0+∠QP0++∠QP0+∠QPQ),其中 2(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体「的所有与点P相邻的顶点，且平面QP92,平面QPO,…, 平面O,-PO,和平面QPg为多面体下的所有以P为公共点的面.已知三棱锥P-ABC如图所 示 (I)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和： (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=8,三棱锥P-ABC在顶点C 3 处的离散曲率为三求点A到平面PBC的距离： (3)在(2)的前提下，又知点Q在棱PB上，过点Q作OGIIPA交AB于点G, 连接cG,若cos∠GCQ=V ,求BQ的长度， 6 试卷第4页，共4页数学试题参考答案 题号 1 2 4 6 6 8 9 10 答案 0 C D 0 B BC ABD 题号 11 答案 ABC 1.【答案】D 【详解】对于A选项，缺少“不共线”条件，A错误： 对于B选项，结论缺少“异面的情况，B错误； 对于C选项，结论缺少“侧棱互相平行”的情况，C错误： 对于D选项，直线1与平面a相交，1与a内的直线相交或异面，D正确 2.C 【详解】依题意，AD//A'D//EH//FG//BC,且AD=A'D'=EH=FG=BC, 又平面AA'EFB/平面DDHGC, 所以由棱柱的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱， 3.C 【详解】对于A,若l/a,nca&,则m,n可平行或异面，故A错误； 对于B,若⊥，⊥B,则∥B,故B错误： 对于C,若ml/a,则存在直线aco,a/m, 所以由m⊥B可得a⊥B,故a⊥B,故C正确： 对于D,mcx,x⊥B,则m与B可平行或相交或lCB,故D错误： 故选：C. 4.D 【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断. 【详解】对于A,如图，PO/CD/IAB/IMN,M,N,P,Q四点共面，A不是： 0 B N D y M 对于B,如图，MP/1GH1/EF/INg,M,N,P,Q四点共面，B不是： 答案第1页，共13页 M N 0 对于C,如图，MP/KL/NQ,M,N,P,Q四点共面，C不是； 对于D,如图，PQ∈平面MPQ,N平面MPO,M∈平面MPQ,ME直线PQ, 则MN与P9是异面直线，D是. M P N 故选：D 5.A 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利 用梯形面积公式计算原平面图形的面积. 【详解】在直观图中作DE⊥AB',CF⊥AB',垂足分别为E,F, -DC'-cD-8 ya O')E F B 确定原平面图形的形状及部分边长： 在斜二测画法中，平行于y轴的线段，在原图形中长度变为直观图中对应线段长度的2倍。 已知直观图是底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，因为直观图中腰长为1且平行于y轴， 答案第2页，共13页 所以原平面图形为直角梯形，其直角腰长为直观图中腰长的2倍，即1x2=2；上底边长在 斜二测画法中长度不变，所以原平面图形上底边长为1.原图如下： A(O) B 衣 将原平面图形上底a=1,下底b=1+5,高h=2代入公式，可得8=1+1+迈<2=2+5. 2 原平面图形的面积是2+√2 故选：A. 6.D 【分析】求出底面圆的半径，再由侧面积公式得解， 【详解】设圆锥底面半径r,高为h,母线为l, 则r=VP-2=√49-25=2√6， 所以圆锥的侧面积S=m1=2√6x7m=14√6元π. 7.【解析】选C.连接AC交DB于点Q取CG的中点E,连接OEBE. D 易得AG∥OE所以直线BD与AG所成的角为∠BO(或其补角) 令EC-=x在Rt△ABD中，由AB8,AD-6,得BD1O,所以OB-5. 又0=Vx2+25,BB√+36，coS∠B0B 101 由余弦定理得2+oB2B? 20E·0B10 即2+25+25x236V7 2×5×V√x2+2510 解得x√3（负值舍去）， 所以CG=23. 8.B 答案第3页，共13页 【分析】将棱锥补全为长方体，进而确定球心的位置并求出半径，若E为BC的中点，连接 PE,OE,证明平面PBC⊥平面OPE,得到∠OPE是OP与平面PBC的夹角，结合己知求点 面距即可. 【详解】由PA⊥平面ABC,AB,ACC平面ABC,则PA⊥AB,PA⊥AC, 由AB⊥AC,AB=AC=4,PA=2,可将三棱锥补全为一个长方体，如下图示， D 则球心O为该长方体体对角线的中点，则球的半径”= VAB2+AC2+PA2 =3, 2 易知△PBC中PB=PC=2√5，BC=4V2,若E为BC的中点，连接PE,OE, 显然PE⊥BC,OE⊥BC,PE∩OE=E且都在平面OPE内，则BC⊥平面OPE, 又BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面OPE,故O在平面PBC的投影在PE上， 所以∠OPE是OP与平面PBC的夹角，而PE=2√3，OE=1, 则cos OPE= Op2+PE2-0E29+12-15√3 2OP.PE 2x3x2/3 9 所以sin OPE=6 则球心O到平面P8C的距离为OPsin0PB=Y6 故选：B 9.BC 【分析】根据线面平行、面面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案， 【详解】对于A,若m/1a,/1B,则a,B可能相交，A选项错误， 对于B,若m⊥，m⊥B,则a∥P,B选项正确， 对于C,若y∥a,y1P,则alP,C选项正确。 对于D,若y⊥a,y⊥B,则B可能相交，D选项错误 故选：BC 10.ABD 答案第4页，共13页 【分析】把展开图还原成正方体，逐项分析即可判断选项是否正确 【详解】由题意，把展开图还原成正方体，如图所示： G E(C) D(B) 从而可得CD//GH,AD与EF异面，AB与CD相交 11.ABC 【分析】利用线面垂直的判定定理证得APL平面PEF后，即可判定A;设P在底面AEF上 的射影为O,利用线面垂直判定定理证得EF⊥平面PAO后得到AG⊥EF,同理可证 EO⊥AF,即得O为△AEF的垂心，由此判定B:连接PG,可证∠PGA为二面角A-EF-P 的平面角，然后计算，从而判定C;由己知可得三棱锥P-AEF的三条侧棱PA、PE、PF 两两互相垂直，补成长方体，计算其对角线的长，从而得到外接球的半径，然后计算表面积， 从而判定D 【详解】对于A,:AP⊥PF,AP⊥PE :P∩PF=P,AP⊥平面PEF, ,EFc平面PEF,APLEF,故A正确： 对于B,设P在底面AEF上的射影为O,则PO⊥底面AEF,∴.POL EF, 由A知，PALEF,连接AO并延长，交EF于G, :PO∩PA=P,EF⊥平面PAO,则AG⊥EF, 同理可证EOLAF,点P在平面AEF内的射影为△AEF的垂心，故B正确： 对于C,由B知，AG⊥EF,AE=AF,.G为EF的中点， 连接PG,又PE=PF,PG⊥EF, 则∠PGA为二面角A-EF-P的平面角. 在等腰直角三角形吸P巾，由P阳=P=1,得PG=5,则4G-35 2 2 在RAPG中，有cos∠PGA=G=,故C正确， 答案第5页，共13页 D选项，将平面PEF沿PE展开，与平面APE共面，则AG+FG的最小值是AF :PF=PE=l,EF=√2 ∴.∠FPE=90 同理可得∠APE=90 故在展开图中A、P、F三点共线 ..AF=AP+FP=3 故选：ABC. G H 12.【答案】 2 【分析】连接AD,由AB⊥平面ADDA,得到∠ADB为BD与平面A4DD所成角，在直 角△ADB中，即可求解 【详解】设正方体ABCD-ABCD的棱长为1，连接AD, 在正方体ABCD-ABCD中，可得AB⊥平面ADDA, 所以体对角线BD,与平面AADD所成角，即为∠ADB, 在直角△4DB中，AB=LAD=2,所以an∠ADB=AB-2 AD-2, 所以体对角线BD,与平面A4DD所成角的正切值是 2 故答案为： 2 D D 答案第6页，共13页 13.【答案】5 2 【分析】画出轴截面，根据SBc=SADB+SAc+SDc列方程求解即可. 【详解】画出圆锥的轴截面如图 R R A Q ⊙ 设内切球的球心为D,半径为R, 则AG=GB=T,CG=2T,R=1, 所以AC=BC=√AG2+CG=√5r, S.ABC =S.ADB+S.ADC+S.BDC, 即x2×2=x5x1+xV5×1+x2rx1, 2 解得r=5+1 2 故答案为：5+1 2 14.【答案】86 【分析】取AB,DC的中点分别为M,N,连接AM,MC,CN,AN,PM,先证明四边形 AMCN是平行四边形，再利用面面平行的判断定理证明平面PBC1/平面AMCN,可得平 行四边形AMCN即为所求的截面，再计算其面积即可. 【详解】取AB,DC的中点分别为M,N,连接AM,MC,CN,ANPM, 因为AP//NC1,AP=NC,所以四边形APCN是平行四边形，所以AN1/PC,AN=PC1, 因为PM/1CC1,PM=CC1所以四边形PMCC是平行四边形，所以MC//PC,MC=PC, 所以ANI1MC,AN=MC,所以四边形AMCN是平行四边形， 因为PC1/AN,PC丈平面AMCN,ANc平面AMCN, 所以PC1//平面AMCN, 答案第7页，共13页 同理可证PB/平面AMCN, 因为PC1OPB=P,PC,PBC平面PBC1, 所以平面PBC1/1平面AMCN, 因此过点AC作与平面PBC,平行的截面，即是平行四边形AMCN, 连接MN,作AH⊥MN于点H, 由AM=AN=V42+2=25,wMN=√4P+4=4W2, 可得4H=25-(22=25, 所以SAaw=xMNxAH=×4WEx25=46, 所以平行四边形AMCN的面积为2S.40=8V6, 故答案为：8√6 D A M 15.(1)39V15πcm (2)125πcm 【分析】(1)作出圆锥的轴截面示意图，求得上下底面圆的半径，进而结合母线长可求圆锥 的高，即可由体积公式求解： (2)利用比例关系计算出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可计算出其表面积. 【详解】(1)圆锥的轴截面示意图如下图所示： D G B H E 答案第8页，共13页 因为圆台的上底面面积为4πc2,所以上底面圆的半径DG=2cm, 因为圆台的下底面面积为25πcm2,所以下底面圆的半径BE=5cm, 所以BH=5-2=3cm,所以圆台的高DH=√DB2-BH2=V144-9=3√15cm: 故圆台的体积为-号4红+25元+4x25x35-39i5acm （2)设圆锥的母线长为1'，圆台的母线长为1=12cm, 1'-1DG2 由上图可知：T=82亏，所以r=20cm, 所以圆锥的侧面积为二×2元×5×20=100元cm2,圆锥的底面积为元×52=25cm, 2 所以圆锥的表面积为100元cm2+25πcm2=125cm2 16.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(I)利用三角形中位线定理，以及由比例式可证GH∥BD,进而可得EF∥GH, 可得结论： (2)证明P∈平面ABC,P∈平面ADC,利用基本事实，即可证得结论. 【详解】(1)：E,F分别为AB,AD的中点，EF∥BD 在△BCD中， 架是-时G1BD,a .E,F,G,H四点共面 (2)'EG∩FH=P,P∈EG,EGc平面ABC,P∈平面ABC. 同理PE平面ADC .P为平面ABC与平面ADC的公共点 又平面ABC∩平面ADC=AC, .P∈AC,P,A,C三点共线 17.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)构造三角形的中位线，可得线线平行，再利用线面平行的判定定理可得线面平 行 (2)寻找线面平行，根据面面平行的判定定理证明面面平行. 【详解】(1)如图：连接BD,设AC∩BD=O,连接OM, 答案第9页，共13页 D C M D C 在正方体ABCD-ABCD中，四边形ABCD是正方形，∴.O是BD中点， :M是DD的中点，.OMI/BD, BD文平面AMC,OMc平面AMC, ·.BD∥平面AMC (2)如图：连接DN,B,N为CC的中点，M为DD的中点， D A M B D .CN=DM,又CN/DM, .四边形CND,M为平行四边形，.DNI/CM, 又：MCc平面AMC,'DN4平面AMC,∴DNIW平面AMC 由(I)知BD∥平面AMC,BD∩DN=D,BD,c平面BND,DNc平面BND, ∴.平面AMC∥平面BND 18.【答案】(1)证明见解析 a时 【分析】(1)取线段BD的中点E,求证BDL平面PCE即可； (2)作BF⊥PC,垂足为F,求证∠BFD或其补交为平面PBC与平面PCD所成角，再设 PB=PD=2,并证明PE⊥EC计算各边长度，最后利用余弦定理可得. 答案第10页，共13页 【详解】(1)取线段BD的中点E,连接PE,CE, 因为AB=AD,BC=CD,所以PE⊥BD,CE⊥BD, 因为PECE=E,PE,CEc平面PCE,所以BDL平面PCE, 因为PCc平面PCE,所以BD⊥PC; (2)作BF⊥PC,垂足为F,连接DF, 因为PB=PD,BC=CD,PC=PC,所以△PBC,APDC全等， 所以DF⊥PC,BF=DF, 则∠BFD或其补角为平面PBC与平面PCD所成角， 设PB=PD=2,则BD=BC=CD=2√2，PE=√2，CE=√6， 因为平面PBD⊥平面BCD,PEC平面PBD,平面PBD∩平面BCD=BD, PE⊥BD,所以PE⊥平面BCD, 因为ECc平面BCD,所以PE⊥EC,则PC=√2+6=2V2, 所以等腰△CPB底边上的高为V⑧-1=√7， 则Se2x5=时2B郎，得F=月 77 在aNBD中os∠BFD-BP+DP2BD_228」 1 2BF.DE 7' 故平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为 19.【答案】(1)2 (2)42 【分析】(1)由离散曲率的定义求9、P4、P、Pc,即可得： 答案第11页，共13页 (2)由线面垂直的性质和判断得∠BCP-子，结合=1-(<CA+∠BCA+∠♪CB)求得 2π ∠PCA=T,过点A作4 MLPC于点M,证明AM⊥平面PCB,则点A到平面PCB的距离 4 为线段AM的长，根据已知求长度即可； (3)根据题意可求得sim∠PBM=V5 eos∠a后设0-08).则0G5 3 ,再应用余弦定理及m∠GC0-5列方程，即可求得， BG-16 5 【详解】(1)由离散曲率的定义得%，=1-L（∠APC+∠BPC+∠APB), 2π 94=1- (∠PAC+∠PAB+∠CAB), 2元 %=-1品(PaC+AP+∠Aq.奥=1PC4+PCs+AC. 2π 所以4，+04+%+m。=4-1x4r=2. 2π (2)由PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,得PA⊥BC, 又AC⊥BC,ACOPA=A,AC,PAC平面PAC,则BC⊥平面PAC, 又PCc平面PAC,所以BC⊥PC,即∠BCP= 2’ 3 2π ∠PA+2 又=1-（∠PCA+∠PCB+∠AcB),即gI2元 解得∠PCA-圣 过点A作AM⊥PC于点M, G 由BC⊥平面PAC,AMC平面PAC,得BC⊥AM, 又BCPC=C,BC,PCC平面PCB,则AM⊥平面PCB, 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长， 在RtA4CM中，AM=ACsn∠PCA=8x5-4W2, 2 所以点A到平面PCB的距离为4√2 答案第12页，共13页 (3)由PA⊥平面ABC,则2G1平面ABC,故∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角， 依题意，PA=8,AB=V8+82=S反，PB=V8+(82)=8V5, PB=3,cos∠PBA=AB-6 则sin∠PBA=P4-5」 PB 3 设B0=x(0<x≤8v月)，则QG=B2simn∠PBA=5x,BG=B0cos∠PaA=Y5, 3 3t, C，巾cG=BC+BG-22c,BG-COS/CNG6416, 3 由cms∠Gc0-a0,得n∠Gc0-V-osC0-Y6 tan∠GC2= sin∠GC9v5 6 cos∠GCQ5 因此tan∠Gcp= 3.r CG 5,而>0，解得x=8√ 3 -x 3 所以B0=8V5 3 答案第13页，共13页