精品解析：上海市南汇第一中学2026-2027学年高二第一学期第一次月考数学试题

上海市南汇第一中学2026学年度高二第一学期 第一次数学月考卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的信息准确填写在答题卡上. 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. 一、填空题（本大题共有12题，满分36分，每题3分） 1. 空间中两条直线的位置关系有___________. 【答案】平行、相交、异面 【解析】 【分析】根据空间中两条直线的位置关系即可作答. 【详解】空间中两条直线的位置关系有：平行、相交、异面. 故答案为：平行、相交、异面. 2. 下列四个条件中，能确定一个平面的是______（填编号） ①空间任意三点；②空间两条平行直线；③一条直线和一个点；④两两相交且不共点的三条直线 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解． 【详解】解：对于①：当这三个点共线时经过这三点的平面有无数个，故①错误． 对于②：根据确定平面的公理的推论可知两条平行线可唯一确定一个平面，故②正确； 对于③：如该点在此直线上时有无数个平面经过这条直线和这个点，故③错误． 对于④：两条相交直线唯一确定一个平面，设直线，，， 则直线、唯一确定平面，即，，又，， 所以，，又，，所以， 即两两相交且不共点的三条直线唯一确定一个平面，故④正确； 故答案为：②④． 3. 已知一个直四棱柱底面是边长为2cm的菱形，高是3cm，则此直四棱柱的侧面积为________. 【答案】24 【解析】 【分析】由直四棱柱的性质直接求侧面积即可． 【详解】直四棱柱底面ABCD是边长为2的菱形，且四个侧面全等 ∴该直四棱柱的侧面积为S＝4×2×324． 故答案为24． 【点睛】本题考查了空间几何体的性质与面积的计算问题，是基础题． 4. 已知正△ABC边长为a，那么△ABC的平面直观图的面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由直观图先求出，再求出高，即可求得面积. 【详解】 如图是△ABC和直观图，易知：，，在图中作于，则，故. 故答案为：. 5. 一个棱锥被平行于底面的平面所截，截面面积是棱锥底面面积的，则所截的小棱锥与原棱锥的高之比为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用图形相似，则所截得小棱锥与原棱锥的高之比等于相似比即可求出. 【详解】由棱锥平行于底面的截面与底面相似，又截面面积是棱锥底面面积的，所以相似比为，即， 由相似图形的性质可知，截得的小棱锥与原棱锥的高之比等于相似比，即为. 6. 若圆柱的侧面积为2π，底面积为π，则该圆柱的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由圆柱的侧面积公式与圆面积公式求得底面半径和高，再由体积公式计算． 【详解】设圆柱底面半径为，高为， 则，解得， 所以体积为. 故答案为： 7. 如图，在三棱柱中，点E是棱的中点，点D是棱上的一点，且平面，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】连接，交于点，再连接， 如图所示，则， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以． 8. 如图，边长为2的两个等边三角形，若点到平面的距离为1，则二面角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】先判断得二面角的平面角为，再利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到，进而求得，由此得解. 【详解】取中点，连接，过作于， 因为是正三角形，所以， 所以二面角的平面角为， 又，面， 所以面，又面，所以， 因为，平面， 所以平面，则点到平面的距离为，即， 又在边长为2的中，， 所以，是锐角， 则二面角的大小为. 故答案为：. 9. 如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①；②平面；③平面；④平面平面． 以上四个命题中，正确命题的序号是________ 【答案】②③④ 【解析】 【分析】还原几何体，根据正方体的结构特征及线面、面面平行的判定、线面垂直的判定判断各项的正误即可. 【详解】将展开图还原为几何体如下， 由正方体的结构特征，异面，故不平行，①错； 且，面，面，则平面成立，②对； 有，面，面，则， 都在面，则面，即平面，③对； 易得，而面，面，则面， 同时有，同理易得面，又都在面， 所以平面平面，④对. 故答案为：②③④ 10. 如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB、CD分别是两底面的直径，AD、BC是母线，若一只小虫从A点出发，从侧面爬行两周到D点，求小虫爬行的最短长度______. 【答案】 【解析】 【分析】小虫爬行两周的最短长度，为展开两次矩形的对角线的长，利用勾股定理求解即可. 【详解】如图，将圆柱的侧面展开，其中为底面周长的一半，即，， 则小虫从A点出发，从侧面爬行两周到D点，最短距离为，所以. 11. 已知空间一个平面与一个正方体的条棱所成的角都等于，则______. 【答案】 【解析】 【分析】正方体的条棱分为组，每组条棱互相平行，因此只需平面与每组中条棱所成角相等，即可与条棱所成角均相等；即平面与所成角相等，设该平面与正方体全部条棱所成角均为，在平面上的射影为正的重心，重心落在中线上，故三点共线，利用线面角定义构造直角三角形计算. 【详解】因为棱，，与平面所成的角相等， 所以平面就是与正方体的条棱所成的角均为的平面. 如图，连接，交于点，为中点，连接， 过作平面的垂线，垂足为. 在正方体中，在平面上的射影是正的中心， 则也是重心，又因是正底边的中线， 所以重心在中线上，故三点共线. 由线面角定义，是与平面所成角， 由共线，得. 设正方体棱长为，，在等腰直角中，， 由勾股定理，， 则，故. 12. 已知是单位正六棱柱（即所有的棱长都是1，如图所示），黑、白两个蚂蚁同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．黑蚂蚁爬行的路线是，白蚂蚁爬行的路线是．它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在的直线必须是异面直线（其中i是正整数）．设黑、白两蚂蚁走完2025段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据已知条件先分析出黑、白蚁路线的规律，然后考虑走完2025段相当于走了多少个周期，从而确定出最终位置即可求解出黑、白两蚁的距离． 【详解】因为蚂蚁爬行的第段与第段所在直线必须是异面直线， 则黑蚂蚁爬行的路线是 ，因此每隔18段后回到点，并重复按原来线路爬行， 而，于是黑蚂蚁走完2025段后停留在正六棱柱的点处， 白蚂蚁爬行的路线是 ，因此每隔18段后回到点，并重复按原来线路爬行， 于是白蚂蚁走完2025段后停留在正六棱柱的点处，所以黑、白两蚂蚁的距离是0． 故答案为：0 二、选择题（本题共有4题，满分12分，每题3分；每题有且只有一个正确选项） 13. 已知直线m、n，平面，满足且，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定. 【详解】因为，所以， 若，则， 即“”是“”的必要条件； 如图，在长方体中，设面为面、面为面， 则，且与面不垂直， 即“”不是“”的充分条件； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 14. 已知直线l与平面相交，则下列命题中，正确的个数为（ ） ①平面内的所有直线均与直线l异面； ②平面内存在与直线l垂直的直线； ③平面内不存在直线与直线l平行； ④平面内所有直线均与直线l相交. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用长方体模型举反例判断命题①④，分情况证明命题②，利用反证法证明命题③正确. 【详解】在长方体中，取平面为平面，直线为直线， 则直线l与平面相交，满足条件， 对于命题①，因为直线平面，直线与直线相交，所以命题①错误， 对于命题④，因为直线平面，直线与直线不相交，所以命题④错误， 对于命题②，若直线l与平面垂直，则任取直线，都有，即平面内存在与直线l垂直的直线；若直线l与平面不垂直，如图，，在直线上任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接，在平面过点作直线，因为平面，，所以，又，，平面，所以平面，直线平面，所以直线，故平面内存在与直线l垂直的直线；命题②正确， 对于命题③，如图，假设平面内存在直线与直线l平行； 因为，，，所以，与矛盾，所以平面内不存在直线与直线l平行；命题③正确， 故选：B. 15. 《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案． 【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意， 而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8， 当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意， 当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意， 故有8+4+4=16 故选D． 【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题． 16. 如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（ ） A. 当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为 B. 无论点在上怎么移动，都有 C. 当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且 D. 无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量研究直线与直线垂直、夹角问题的相关公式和结论，结合函数的性质可判断选项A、B、D；由三角形的相似关系可判断选项C． 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为1，则 ∵点是线段上的动点，∴可设，， ∴，，， 设是平面的一个法向量，则，即， 令，则， 设直线与平面所成角为，则 ∴当时，取最大值，即当点移动至中点时最大， 由于，则的最大值大于，故A错误； ∵，， ∴， ∴无论点在上怎么移动，都有，故B正确； 若不是的中点，则与是异面直线；当为的中点时，也是的中点，与均在平面内且必相交，所以当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，连和，如图， 根据，可得＝＝2，故C正确； ∵， 设异面直线与所成角为，则 ，∴，故D正确． 故选：A． 三、解答题（本大题共5题，满分52分） 17. 如图，正四棱柱的底面边长，若异面直线与所成角的大小为，求正四棱柱的体积. 【答案】16 【解析】 【详解】分析：由正四棱柱的性质得，从而，进而，由此能求出正四棱柱的体积. 详解：∵ ∴为与所成角 且 ∵，∴ 点睛：本题主要考查异面直线所成的角、正四棱柱的性质以及棱柱的体积的公式，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养. 求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点.求证：平面平面PAB. 【答案】在PAD中，、分别是PD、AD的中点， 所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为四边形ABCD是直角梯形，且，所以， 又，是AD的中点，所以，， 所以四边形ABCF是矩形，所以， 因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为，平面CEF，平面CEF， 所以平面平面PAB； 【解析】 【分析】通过证明线面平行平面PAB和平面PAB，从而证明面面平行； 【详解】略 19. 在直三棱柱中，，，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点与平面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得∥，则可得为异面直线与所成角，然后在中求解即可， （2）在三棱锥中利用等体积法求解即可 【小问1详解】 因为在直三棱柱中，∥， 所以为异面直线与所成角， 因为，，所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的大小为 【小问2详解】 连接，因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，所以平面， 因为∥，所以平面， 设点与平面的距离为， 因为， 所以, 所以，解得， 所以点与平面的距离为 20. 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，， 分别为棱的中点． （1）求证：四点共面； （2）求直线 与平面所成的角． 【答案】（1）证明： 连接， 由分别为棱的中点， 得， 从而， 由此能证明四点共面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据两条平行直线确定一个平面即可解决； （2）建立以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系即可解决. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 因为，， ， 设平面的法向量为， 则，取 ，得， 设直线与平面所成的角为 ， 则， 所以直线与平面所成的角为 . 21. 如图,在四棱柱中,侧棱垂直底面，， ， （1）求证: CD⊥平面. （2）已知，求二面角的大小. （3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式.（直接写出答案，不必说明理由） 【答案】（1） 取DC的中点E，连接BE，如图， ， 四边形ABED是平行四边形， ，且， ， ，， 又，， 侧棱底面，底面，， ，平面，平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取DC的中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得，即，再由，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可 （3）由题意可与左右平面，，上或下面拼接得到方案，新四棱柱共有此3种不同方案，写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以D为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则，令，则， 所以， 取平面的一个法向量，则， 所以， 由图知，二面角锐角，故二面角的大小为. 【小问3详解】 由题意，可以左侧面重合拼接，或右侧面重合拼接， 或侧面重合拼接(这是五棱柱，舍去)， 或上、下底分别拼成一个平行四边形或一个矩形(与左右侧面重合拼接相同)， 也可以上下底面重合拼接， 因为拼接成的新的四棱柱形状完全相同，则视为同一种拼接方案， 所以使上面重叠或下面重叠就是同一种拼接方案，所以共3种方案， 如图，①左侧面重合拼接 ②右侧面重合拼接 ③上下底面重合拼接 因为，，，，， 所以四棱柱表面积， 据此可求①中，， ②中，， ③中， 由，解得，，解得， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市南汇第一中学2026学年度高二第一学期 第一次数学月考卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的信息准确填写在答题卡上. 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. 一、填空题（本大题共有12题，满分36分，每题3分） 1. 空间中两条直线的位置关系有___________. 2. 下列四个条件中，能确定一个平面的是______（填编号） ①空间任意三点；②空间两条平行直线；③一条直线和一个点；④两两相交且不共点的三条直线 3. 已知一个直四棱柱底面是边长为2cm的菱形，高是3cm，则此直四棱柱的侧面积为________. 4. 已知正△ABC边长为a，那么△ABC的平面直观图的面积为______． 5. 一个棱锥被平行于底面的平面所截，截面面积是棱锥底面面积的，则所截的小棱锥与原棱锥的高之比为______. 6. 若圆柱的侧面积为2π，底面积为π，则该圆柱的体积为______. 7. 如图，在三棱柱中，点E是棱的中点，点D是棱上的一点，且平面，则_______． 8. 如图，边长为2的两个等边三角形，若点到平面的距离为1，则二面角的大小为______. 9. 如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①；②平面；③平面；④平面平面． 以上四个命题中，正确命题的序号是________ 10. 如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB、CD分别是两底面的直径，AD、BC是母线，若一只小虫从A点出发，从侧面爬行两周到D点，求小虫爬行的最短长度______. 11. 已知空间一个平面与一个正方体的条棱所成的角都等于，则______. 12. 已知是单位正六棱柱（即所有的棱长都是1，如图所示），黑、白两个蚂蚁同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．黑蚂蚁爬行的路线是，白蚂蚁爬行的路线是．它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在的直线必须是异面直线（其中i是正整数）．设黑、白两蚂蚁走完2025段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是______． 二、选择题（本题共有4题，满分12分，每题3分；每题有且只有一个正确选项） 13. 已知直线m、n，平面，满足且，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 14. 已知直线l与平面相交，则下列命题中，正确的个数为（ ） ①平面内的所有直线均与直线l异面； ②平面内存在与直线l垂直的直线； ③平面内不存在直线与直线l平行； ④平面内所有直线均与直线l相交. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 15. 《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 16. 如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（ ） A. 当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为 B. 无论点在上怎么移动，都有 C. 当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且 D. 无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是 三、解答题（本大题共5题，满分52分） 17. 如图，正四棱柱的底面边长，若异面直线与所成角的大小为，求正四棱柱的体积. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点.求证：平面平面PAB. 19. 在直三棱柱中，，，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点与平面的距离. 20. 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，， 分别为棱的中点． （1）求证：四点共面； （2）求直线 与平面所成的角． 21. 如图,在四棱柱中,侧棱垂直底面，， ， （1）求证: CD⊥平面. （2）已知，求二面角的大小. （3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式.（直接写出答案，不必说明理由） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $