精品解析：宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高一年级月考2数学试卷

宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高一年级月考二 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120分钟) 命题人：黄鹂 审题人：杨琛 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列结论正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 以梯形的一条边所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台 C. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 【答案】D 【解析】 【分析】根据立体图形的定义进行判断． 【详解】底面是正多边形，侧棱相等的棱锥叫做正棱锥，故A选项错误； 以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台，故B错误； 用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，故C错误； 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线，D正确． 2. 已知是不同的直线是不重合的平面，若则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，又因， 所以，因此. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】根据斜二测画法，直观图还原后，， ，故． 4. 如图，，直线与分别交于点和点，且，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作直线，使得，通过平行线分线段成比例定理得出​的比值，再结合，得到​的值. 【详解】因为，直线与分别交于点和点， 过点作直线，使得，交于点，所以， 所以，故. 5. 已知直线，，与平面，，，给出下列命题： ①；②； ③；④；其中正确的命题是（ ） A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【分析】结合直线与直线、直线与平面以及平面与平面的关系逐项判断即可得. 【详解】对①：若，可得，故①正确； 对②：若，则与可能相交、可能平行也可能异面，故②错误； 对③：若，可得，故③正确； 对④：若，则与可能平行也可能相交，故④错误； 故①③正确，②④错误. 6. “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出多面体的体积. 【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示：由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为2， 该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得， 所以该多面体的体积为， 故选：D. 7. 如图，在正方体中，M，N分别为C1D1和CC1的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别为的中点，或其补角为AM与BN所成的角，设正方体的边长为，余弦定理求解即可. 【详解】取AB的中点，的中点，连接， 又M，N分别为和的中点，正方体中，，， 四边形为平行四边形，有， 同理有，则或其补角为AM与BN所成的角， 连接EF，设正方体的边长为，则， ，， 所以， 即异面直线AM与BN所成角的余弦值为. 故选：A． 8. 直三棱柱中，，，，则直三棱柱外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出底面外接圆的半径，根据几何关系求出直三棱柱的外接球半径，最后利用外接球表面积公式即可求解. 【详解】根据正弦定理，在中，解得. 直三棱柱外接球的球心在上下底面三角形外心连线的中点，满足勾股定理， 代入，，则. 球的表面积公式为. 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. 把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】以长为圆柱的高或宽为圆柱的高进行讨论，结合圆柱体积公式计算即可得. 【详解】设底面半径为， 若以长为圆柱的高，则有，解得，则圆柱的体积为； 若以宽为圆柱的高，则有，解得，则圆柱的体积为； 综上可得：这个圆柱的体积为或. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与异面 B. 直线与平面所成的角为 C. 平面 D. 四面体的外接球的体积为 【答案】ACD 【解析】 【详解】直线与不平行且无交点，故直线与异面，故A正确； 连接交于点，则， 又平面，平面， 故， 又，平面， 故平面， 又平面，故， 则即为直线与平面所成角， ，故，则， 故B错误； 由选项B知，平面，由得平面， 故C正确； 四面体是棱长为的正四面体，其外接球半径为正方体体对角线的一半， 即， 体积为，故D正确． 11. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D. 【详解】对于A：因为，，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A错误； 对于B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即， 解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故B正确； 对于C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图， 在中，， 由余弦定理得，故C正确； 对于D：当为轴截面时，在中，，因为， 所以此时为钝角，又， 当时，的面积最大，且最大值为，故D正确； 故选：BCD 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为6，高为2，则其体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由棱台体积公式进行求解． 【详解】由正四棱台得，上底面和下底面都为正方形， 则体积． 13. 过所在平面外一点，作，连接，若，则点是的__________.（用“内心”，“外心”“重心”“垂心”填空） 【答案】外心 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质证明与均垂直，结合，通过勾股定理推得到△ABC三个顶点的距离相等，由此得出此点应该是三角形的外心. 【详解】因为，且， 根据线面垂直的性质，可得，，， 即、、均为直角三角形. 在和中，公共直角边，斜边， 由勾股定理得，，因此. 同理可得，故. 由外心的定义可知点是的外心. 14. 在棱长为2的正方体中，为的中点，为四边形内一点(含边界)，若平面，则线段长度的最小值为____． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，由面面平行的性质证明点轨迹就是线段，当时，线段的长度最小，等面积法即得最小值． 【详解】如图，分别取的中点，，连接，，，，． 在正方体中，易得，， 所以，，平面，、平面， 所以平面，平面， 又，平面，且，所以平面平面． 因为为四边形内一点(含边界)，且平面， 所以点在线段上(含端点)， 所以当时，线段的长度最小． 因为，， 所以的边上的高为， 则， 则当时，最小，即． 故答案为：. 四、解答题：（本题共5小题， 其中第15题13分， 第16，17题15分， 第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）已知八面体的每个面都是正三角形，并且四个顶点A， B， C， D在同一平面内，ABCD是边长为30cm的正方形，求该几何体的表面积. （2）在中，，求将绕所在的直线旋转一周所得的几何体的体积. 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【分析】（1）先计算每个面的面积，再乘以8即为表面积. （2）画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可. 【详解】（1）每个面的面积为； 所以该几何体的表面积. （2）由，得，为直角三角形. 如图(2)为绕旋转而成的旋转体，是两个同底面的圆锥，作，则底面半径为， 由，解得. 所以. 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）在上是否存在点使得平面平面，若存在，求出点的位置并给以证明，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，当点是的中点时满足题意，证明见解析． 【解析】 【分析】(1)根据线面平行的性质：如果一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，进行证明； (2)根据中位线和平行四边形中的平行性质，利用线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行，通过线线平行，证明线面平行； (3)根据面面平行的判定定理，找动直线与面内直线平行时的位置，进行证明判断即可． 【小问1详解】 证明：平面，且平面； 又因为平面平面，根据线面平行的性质可得，； 【小问2详解】 证明：取PA的中点G，连接EG，BG； 因为E，G，为PD，PA中点，所以，且； 又因为，，所以，且； 所以为平行四边形；所以； 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 在上存在的中点使得平面平面，证明如下： 取的中点，连接CF，EF； 因为E，F，为PD，AD中点，所以； 又因为平面，平面， 所以平面； 又因为平面，且，平面； 所以平面平面； 在上存在点使得平面平面． 17. 如图所示，在正方体中，与，都垂直相交，垂足分别是点、点. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以， 因为，，平面，平面． 所以平面． （2）因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 同理可证， 又，平面，平面． 所以平面． 又平面，所以． 【解析】 【分析】（1）首先证明，即可得到，再由，即可得证； （2）首先证明平面，即可得到，同理可证，即可得到平面，结合（1）的结论，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面； （2）若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【小问1详解】 证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以， 因为，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接． 因为为中点，为中点，所以是的中位线， 故，且． 又底面，所以底面， 因此是在底面内的射影，即为直线与平面所成的角． 由题意，是的四等分点，，故． 又是中点，，故． 在中，． 在中，． 因此，． （ii）利用等体积法，设点到平面的距离为． 由(1)知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此，． 由(1)知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由，得：，，解得． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 【答案】（1）2 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别表示三棱锥在各个顶点处的离散曲率，根据三角形内角和为，求得三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）①根据异面直线所成角的定义，作出直线与直线所成的角，根据余弦定理求得直线与直线所成角的余弦值；；②设，用直线 与平面 所成角的正弦值，结合二次函数的最值求法，求得直线与平面所成的角的最大值. 【小问1详解】 由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得： . 【小问2详解】 ①如图，分别取的中点，连接， 则，，所以为异面直线与所成角或其补角. 设，因为，所以，所以. 因为平面平面，所以，， 因为，所以平面，又因为平面，所以，所以. 由三棱锥在顶点处的离散曲率为，得. 所以. 所以，. 所以， 所以直线与直线所成的角为的补角，其余弦值为. ②设 由，且平面，得到平面的距离为， . 设直线 与平面所成的角为，则， 当且仅当，即，即与重合时，等号成立. 因为，所以，所以直线 与平面所成角的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高一年级月考二 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120分钟) 命题人：黄鹂 审题人：杨琛 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列结论正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 以梯形的一条边所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台 C. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 2. 已知是不同的直线是不重合的平面，若则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 6 4. 如图，，直线与分别交于点和点，且，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 5. 已知直线，，与平面，，，给出下列命题： ①；②； ③；④；其中正确的命题是（ ） A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ②④ 6. “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（ ） A. B. 5 C. D. 7. 如图，在正方体中，M，N分别为C1D1和CC1的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 直三棱柱中，，，，则直三棱柱外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 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. 把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与异面 B. 直线与平面所成的角为 C. 平面 D. 四面体的外接球的体积为 11. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为6，高为2，则其体积为__________． 13. 过所在平面外一点，作，连接，若，则点是的__________.（用“内心”，“外心”“重心”“垂心”填空） 14. 在棱长为2的正方体中，为的中点，为四边形内一点(含边界)，若平面，则线段长度的最小值为____． 四、解答题：（本题共5小题， 其中第15题13分， 第16，17题15分， 第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）已知八面体的每个面都是正三角形，并且四个顶点A， B， C， D在同一平面内，ABCD是边长为30cm的正方形，求该几何体的表面积. （2）在中，，求将绕所在的直线旋转一周所得的几何体的体积. 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）在上是否存在点使得平面平面，若存在，求出点的位置并给以证明，若不存在，请说明理由． 17. 如图所示，在正方体中，与，都垂直相交，垂足分别是点、点. （1）求证：平面； （2）求证：. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面； （2）若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $