精品解析：贵州遵义市第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

遵义市第一中学2026届高二年级第一学期第一次月考 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 下列结论不正确的是（ ） A. 三棱锥是四面体 B. 长方体是平行六面体 C. 正方体是直四棱柱 D. 四棱柱是平行六面体 2. 已知点，直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 若是一个单位正交基底，且，则（ ） A. 7 B. C. 3 D. 28 4. 下列为真命题的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，点，若点在线段上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，且直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影为与的交点，且点到底面的距离为，点满足，过点且平行于底面的平面分别交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 棱锥的体积为 C. 棱台的体积为 D. 棱锥与棱台的体积的比值为 8. 已知球的直径是该球球面上的两点，，则棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 直线的斜率可能不存在 B. 直线的一个方向向量为 C. 直线在轴上的截距为 D. 当，则直线的倾斜角的取值范围为 10. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所构成的，已知圆台的下底面的直径为4dm，圆锥的底面直径为，且圆台的母线与底面所成角为，圆锥底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则下列说法正确的是（ ） A. 该工业部件的体积为 B. 该工业部件的表面积为 C. 圆台与圆锥的侧面积之比为 D. 圆台与圆锥的表面积的比值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 当点为线段中点时，平面平面 D. 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的面积是________． 13. 在中，，且为斜边的中点，是线段的中点，则___________． 14. 已知直四棱柱的棱长均为．以为球心，为半径的球面与侧面，和侧面的交线长之和为___________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要得文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四面体中，分别是的中点． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面． 16. 如图，四棱锥中，平面． （1）若，证明：平面； （2）若平面平面，点在线段上，点为中点，，证明：平面． 17. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点． （1）求证：； （2）求和所成角的余弦值； （3）是中点，是中点，求证三线共点． 18. 如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求锐二面角的余弦值； （3）线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 阅读数学材料：“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．”已知在直四棱柱中，底面为菱形．．（角的运算均采用弧度制） （1）若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； （2）若直四棱柱在点处的离散曲率为，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间； （3）截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义市第一中学2026届高二年级第一学期第一次月考 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 下列结论不正确的是（ ） A. 三棱锥是四面体 B. 长方体是平行六面体 C. 正方体是直四棱柱 D. 四棱柱是平行六面体 【答案】D 【解析】 【分析】利用四面体的定义判断A；利用平行六面体的定义判断BD；利用直四棱柱的定义判断C． 【详解】对于A，三棱锥是四面体，故A正确； 对于B，长方体是平行六面体，故B正确； 对于C，正方体是直四棱柱，故C正确； 对于D，四棱柱的底面不一定是平行四边形， 四棱柱不一定是平行六面体，故D错误． 故选：D． 2. 已知点，直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用斜率公式以及斜率与倾斜角公式即可求解. 【详解】设直线的倾斜角为， 由题意得：，所以，， 所以. 3. 若是一个单位正交基底，且，则（ ） A. 7 B. C. 3 D. 28 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，故. 4. 下列为真命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线与平面、平面与平面的平行、垂直的判定定理及性质，逐一判断各选项命题的正误. 【详解】对选项A：当，，时，与的位置关系为平行或异面，无法推出，故A为假命题； 对选项B：当，，时，与的位置关系为平行、相交或异面，无法推出，故B为假命题； 对选项C：由面面平行的性质，若且，可得； 根据线面垂直的定义，直线垂直于平面内的任意直线，结合，可推出，故C为真命题； 对选项D：当，时，可能在平面内（即），无法推出，故D为假命题. 5. 已知点，点，若点在线段上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出线段的方程及横坐标的取值范围，将转化为关于的一次函数，利用一次函数的单调性求解最小值. 【详解】由点，点，所以直线的斜率为， 由点斜式可得直线的方程为，整理得. 由于点在线段上，故横坐标的取值范围为，且. 所以， 该式为关于的一次函数，斜率，在区间上单调递增， 因此当时，取得最小值，最小值为. 因此的最小值 为. 6. 如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，且直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图，连接，易知，所以为直线与直线所成的角或其补角， 设，则， ， 在中，由余弦定理得， 又直线与直线所成角范围为， 所以直线与直线所成的角的余弦值为. 7. 已知四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影为与的交点，且点到底面的距离为，点满足，过点且平行于底面的平面分别交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 棱锥的体积为 C. 棱台的体积为 D. 棱锥与棱台的体积的比值为 【答案】D 【解析】 【分析】先计算原四棱锥的棱长、底面积与总体积，再利用平行于底面的截面与原棱锥的相似关系得相似比，进而求出小棱锥和棱台的体积，并逐一判断各个选项可得. 【详解】设与的交点为，由题意得平面，.如图： 因为底面菱形的边长为，，故. 在菱形中，，所以为边长为的等边三角形，故. 在中，， 因为，因此，A选项错误. 原四棱锥体积. 平面底面，故四棱锥与相似，相似比， 因为体积比为相似比的立方，因此，得，B选项错误. 棱台体积，C选项错误. 棱锥与棱台的体积比值，D选项正确. 8. 已知球的直径是该球球面上的两点，，则棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设可得则，过两点作垂线，设垂足为，则，据此可得答案. 【详解】因为球体直径，是该球球面上的两点，则与均在球体对应大圆上，为大圆直径， ，又，，则. 过两点作垂线，因，则两垂足重合，设为.则， 又平面，则平面，从而. 其中，则. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 直线的斜率可能不存在 B. 直线的一个方向向量为 C. 直线在轴上的截距为 D. 当，则直线的倾斜角的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直线的方程得斜率，方向向量，纵截距即可判断ABC，斜率与倾斜角公式即可判断D. 【详解】对于A，由题意得，所以斜率存在，故A错误； 对于B，直线的方向向量为，所以为直线的一个方向向量，故B正确； 对于C，令，，所以直线在轴上的截距为，故C错误； 对于D，由，所以，所以，设直线的倾斜角为，所以，所以，故D正确. 10. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所构成的，已知圆台的下底面的直径为4dm，圆锥的底面直径为，且圆台的母线与底面所成角为，圆锥底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则下列说法正确的是（ ） A. 该工业部件的体积为 B. 该工业部件的表面积为 C. 圆台与圆锥的侧面积之比为 D. 圆台与圆锥的表面积的比值为 【答案】CD 【解析】 【分析】由题目数据结合圆锥，圆台侧面积，体积公式可得答案. 【详解】由题设可得圆台上，下底面圆半径分别为，母线长为，圆台高为， 圆锥底面圆半径为，高为，母线长为. 对于A，台体体积为，圆锥体积为， 则工业部件的体积为，故A错误； 对于B，台体下底面面积为，台体侧面积为，圆锥侧面积为， 则工业部件的表面积为，故B错误； 对于C，由B分析可得，圆台与圆锥的侧面积之比为，故C正确； 对于D，台体的上底面面积为，结合分析，可得台体表面积为， 圆锥的底面积为，则圆锥表面积为，则圆台与圆锥的表面积的比值为，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 当点为线段中点时，平面平面 D. 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐一判断各选项即可，A选项，计算向量与平面法向量的数量积；B选项，判断直线是否平行于平面；C选项，求出平面的法向量，验证两平面法向量是否垂直；D选项，利用向量夹角公式计算线面角的正弦值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可得， 因为分别是的中点，所以. 设是线段上的动点，， 设，其中，则. 设平面的法向量为，， 由，取，可得. 对于A：因为，又， 所以与平面的法向量不垂直，即与平面相交， 不存在点，使得平面，故A错误； 对于B：因为，又，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C：当为线段中点时，此时， 设平面的法向量为， 由，取，可得， 因为，所以， 即平面平面，故C正确； 对于D：点与重合时，， 设直线与平面所成角为， 则，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，再利用斜二测画法的特点及平行四边形的面积公式即可求解. 【详解】由直观图可知，在直观图中,正方形的对角线长为，由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图形如图所示 所以原图图形为平行四边形，底面边长为，位于轴的对角线长为， 所以原来图形的面积为. 故答案为：. 13. 在中，，且为斜边的中点，是线段的中点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据两点距离公式即可求解. 【详解】建立如图所示的直角坐标系， 则，故， 则. 14. 已知直四棱柱的棱长均为．以为球心，为半径的球面与侧面，和侧面的交线长之和为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件找出交线的轨迹后求出交线长度. 【详解】 因为直四棱柱的棱长均为，故，连接，则是边长为2的正三角形，取的中点，连接， 则，且，因为为直四棱柱， 故平面平面，又平面平面，，平面，所以平面， 设点为球面与侧面的交点，连接，则， 连接，因为平面，平面，所以， 因为，，所以，取的中点，连接，则均是边长为1的等腰直角三角形，， 故点的轨迹为，且，故的长度为，即球面与侧面的交线长为，同理球面与侧面的交线长也为， 故球面与侧面，和侧面的交线长之和为. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要得文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四面体中，分别是的中点． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面． 【答案】（1）因为分别是的中点．所以， 所以， 所以共面，所以四点共面； （2）由（1）知平面，，又平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质证明即证； （2）由线面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 如图，四棱锥中，平面． （1）若，证明：平面； （2）若平面平面，点在线段上，点为中点，，证明：平面． 【答案】（1）因为平面，平面，所以， 因为，，直线与相交于点，且两直线都在平面上，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，直线与相交于点，且两直线都在平面上，所以平面 （2）因为，所以是等腰三角形，又因为是其底边的中点，所以垂直平分线段， 因为平面平面，且两平面相交于直线，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，直线与相交于点，且两直线都在平面上，所以平面 【解析】 【分析】（1）先证明垂直于所在的平面，进而可得，再利用线面垂直判定定理求证；（2）利用等腰三角形三线合一可知，再利用面面垂直性质定理可得，再利用线面垂直判定定理求证 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点． （1）求证：； （2）求和所成角的余弦值； （3）是中点，是中点，求证三线共点． 【答案】（1）由勾股定理得，，，，因此有，所以是直角三角形，其中是直角，故 （2） （3）因为，，，四点都在平面上，所以直线，共面，延长直线与直线交于点，连接， 因为，分别是线段，的中点，所以，因此， 则，，故，所以，，三点共线， 所以三线交于点 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理逆定理证明直角三角形进而证明垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求余弦值；（3）先求两直线交点，再证明该交点在第三条直线上，则可证明三线共点 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，，，所在直线方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则，，，， 所以，， 因此和所成角的余弦值为 【小问3详解】 略 18. 如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求锐二面角的余弦值； （3）线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）作出直线与平面所成角，解直角三角形即可得答案. （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设线段上存在，根据向量的距离公式，求得得到的坐标，进而得的值． 【小问1详解】 作，垂足为E，连接， 因为侧面底面，侧面底面，故底面， 底面，则， 则即为直线与平面所成角， ，故，故， 则, 又，故， 故. 【小问2详解】 因为侧面底面，侧面底面，， 底面，故侧面， 以点A为坐标原点，以分别为轴，以过点A垂直于平面的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图： 则，则，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 结合题意可知平面的法向量可取作， 设锐二面角为，则， 【小问3详解】 设线段上存在，使得它到平面的距离为， 由，可得到平面的距离， 解得或(舍去)，所以，则． 19. 阅读数学材料：“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．”已知在直四棱柱中，底面为菱形．．（角的运算均采用弧度制） （1）若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； （2）若直四棱柱在点处的离散曲率为，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间； （3）截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：． 【答案】（1） （2），的增区间是，减区间是； （3）设，连接交于点，因为平面， 所以点是直线与平面的交点，如图， 是直四棱柱，则且， 所以是平行四边形，所以且， 是菱形，则是中点，所以，所以， 又由得， 所以，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）由已知得底面菱形是正方形，然后根据新定义计算； （2）由新定义求出，然后计算出棱柱的体积，利用求得的范围即函数定义域，结合正弦函数性质得单调区间； （3）设，连接交于点，由棱柱性质得，从而可得，然后可得结论. 【小问1详解】 因为菱形中，，所以是正方形，即， 又直四棱柱中， 所以四棱柱在顶点处的离散曲率为； 【小问2详解】 由已知，， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 时，，时，， 所以的增区间是，减区间是； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $