四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）.docx

1、内江六中2022-2023学年（上）高25届第一次月考数学试题考试时间：120分钟 满分：150分第卷 选择题（满分60分）一、单选题（每题5分，共40分）1. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角关系可直接求得结果.【详解】直线的斜率不存在，直线的倾斜角为.故选：D.2. 下列说法错误的是（ ）A. 球体是旋转体B. 圆柱的母线平行于轴C. 斜棱柱的侧面中没有矩形D. 用平行于正棱锥底面的平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台【答案】C【解析】【分析】利用球体的定义判断A；利用圆柱的结构特征判断B；举例说明判断C；利用正棱台的定义判断D【详解】

2、因球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，B正确；如图，斜平行六面体中，若平面，因平面，则，侧面四边形是矩形，C不正确； 由正棱台的定义知，D正确.故选：C3. 如图，的斜二测直观图为等腰，其中，则原的面积为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先算出直观图面积，再根据平面图形与直观图面积比为求解即可.【详解】因为等腰是一平面图形的直观图，直角边，所以直角三角形的面积是.又因为平面图形与直观图面积比为，所以原平面图形的面积是.故选：D4. 若表示两条不同的直线， 表示两个不同的平面，则下列命题正确

3、的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的性质可判断A正确；由可得与平行、相交或异面，可判断B；由可得或，可判断C；由时与不一定平行可判断D.【详解】对于A，根据线面垂直的性质可得若，则，故A正确；对于B，若，则与平行、相交或异面，故B错误；对于C，若，则或，故C正确；对于D，若，如果与相交，则，若，则与不一定平行，故D错误.故选：A.5. 已知直线恒过定点，点也在直线上，其中，均为正数，则的最小值为（ ）A. 2B. 4C. 8D. 6【答案】B【解析】【分析】先将直线方程变形得到定点的坐标，根据点在直线上确定出所满足的关系，最后根据“

4、”的妙用求解出的最小值.【详解】已知直线整理得：，直线恒过定点，即点也在直线上，所以，整理得：，由于，均为正数，则,取等号时，即，故选：B.【点睛】方法点睛：已知，求的最小值的方法：将变形为，将其展开可得，然后利用基本不等式可求最小值，即，取等号时.6. 正四棱台上、下底面边长分别为，侧棱长，则棱台的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由棱台的性质和勾股定理求得棱台的斜高，再由棱台的侧面积公式，计算可得所求值【详解】解：设，可得正四棱台的斜高为，所以棱台侧面积为故选：7. 已知各顶点都在球面上的正四棱锥的高度为， 锥体体积为6，则该球的表面积为（ ）A. B. C.

5、 D. 【答案】B【解析】【分析】先求得正四棱锥的高，然后利用勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】设正四棱锥底面边长为，则，底面正方形的对角线长为，设球的半径为，则，解得，则球的表面积为.故选：B8. 如图，在正方体中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接、，即可得到，从而得到或其补角为异面直线与所成的角，利用余弦定理求出，即可得解.【详解】令，连接、，因为、为、的中点，易知且，所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角，在中，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B二、多选题（每题5

6、分，共20分）9. 已知直线，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则或C. 若，则D. 若，则【答案】AC【解析】【分析】根据两直线平行列出方程，求出或，经检验，不合要求；再根据两直线垂直列出方程，求出.【详解】令，解得：或当时，与重合；当时，A正确，B错误若，则，解得，C正确，D错误故选：AC10. 等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母

7、线就是直角三角形的斜边，所以所形成的几何体的表面积是.如果绕斜边旋转，形成是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积.综上可知形成几何体的表面积是或.故选：AB【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.11. 如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的动点.将分别沿折起，使两点重合于，连接.下列说法正确的是（ ）A. PDB. 若把沿着继续折起，与恰好重合C. 无论在哪里，不可能与平面平行D. 三棱锥的外接球表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，线面垂直

8、得到线线垂直；B选项，利用边长相等，得到与恰好重合；C选项，找到M点使得平面，D选项，求出外接球半径，进而得到三棱锥的外接球表面积.【详解】连接BD，与EF相交于G，连接PG，因为正方形中，点是的中点，点是的中点，所以BE=BF，ADECDF，故DE=DF，所以BD是EF的垂直平分线，所以G是EF的中点，因为PE=PF，所以PGEF，因为，所以EF平面PBG，因为平面PBG，所以，A正确；因为，故把沿着继续折起，与恰好重合；B正确；连接AC交BD于点O，则BO=DO，因为是的中点，点是的中点，所以AC，且，当位于靠近P的三等分点时，可得：PB，因为PB平面MEF，MG平面MEF，可得：平面，故

9、C错误；由，由余弦定理得：，所以，设DEF的外接圆半径为，由正弦定理得：，如图，过点P作PHBD于点H，则PH平面DEF，又因为PE=PF=1，EF=，所以PEPF，且PG=，设HG=m，则HD=，由勾股定理得：，即，解得：，所以，所以，设球心为I，则IQ底面BFDE，过I作INPH于点N，连接ID，则，设，则，设外接球半径为r，则ID=IP=r，即，解得：，所以，三棱锥的外接球表面积为，D选项正确.故选：ABD【点睛】三棱锥外接球题目，要先找到球心在其中一个平面三角形的投影，然后利用正弦定理或其他知识求出这个三角形的外接圆半径，找到顶点在次三角形上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球半径

10、，进而求出外接球的表面积或体积.12. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，、分别为线段、的中点，为线段上的动点（不含端点P），则下列说法正确的是（ ）A. 对任意点，则有、四点共面B. 存在点，使得、四点共面C. 对任意点，则有平面D. 存在点，使得平面【答案】BD【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】因为底面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，设，其中，则，设，则，解得，故存在点，使得、四点共面，B对；，设，所以，解得，不合乎题意，A错；，若平面，平

11、面，则，解得，C错；设平面的法向量为，则，取，则，若平面，则，解得，故当点与点重合时，平面，D对.故选：BD.第卷 非选择题（满分90分）三、填空题（每题5分，共20分）13. 经过两点的直线的一个方向向量为，则_【答案】5【解析】【分析】根据直线方向向量即可计算【详解】由条件可知，解得故答案为：514. 如图所示，平面平面，则_【答案】3【解析】【分析】利用平面平面，得到，从而得到线段长的比例，即可得解.【详解】平面，平面由平面平面，可得由平面几何知识知，又，所以，解得故答案为：3【点睛】本题考查了面面平行的性质定理，在运用面面平行的性质定理时，一定要先找到与两平行平面都相交的第三个平面，进

12、而得到两交线平行，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于基础题.15. 经过点A(1,1)且在两条坐标轴上的截距相等的直线方程是_【答案】或【解析】【分析】在坐标轴上截距相同可设直线截距式方程，将点A(1,1)代入直线方程即可.【详解】（1）当直线的截距不为0时即不经过原点，设直线方程是：因为直线过点 A(1,1)所以解得a=2即直线方程是（2）当直线经过原点时方程为：综上所述直线方程为：或【点睛】本题考查利用直线截距式方程求解直线问题，利用直线截距式方程求解的关键是:截距式方程没有把平面内的所有制直线都包含在内，将经过原点的直线和平行于坐标轴的直线遗漏了，因此需要将这两类直线单独计算，以防遗漏.

13、16. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，为上任意两点，且的长为定值，则以下四个值中为定值的编号是_.点到平面的距离；三棱锥的体积；直线与平面所成的角；二面角的大小.【答案】【解析】【分析】由为上任意一点，知平面是确定，从而判断，由棱锥体积公式和三角形面积公式可判断，利用线面角的概念结合条件可判断，由题可知两个半平面是确定的可判断【详解】中，平面就是平面，是确定平面，因此点到平面的距离为定值； 中，的面积是定值（EF定长，Q到EF的距离就是Q到CD的距离也为定长，即底和高都是定值），又P到平面QEF的距离也是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定，三棱锥的体积是定值；中，平面即

14、平面，而在直线上，因此与平面平行，到平面的距离为定值，但运动时，的长度在变化，因此直线与平面所成的角也在变化，即直线PQ与平面PEF所成的角不是定值；中，平面也就是平面，又平面即为平面，二面角的大小为定值故答案为：四、解答题（共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知直线经过点，倾斜角是，直线求：（1）直线的一般式方程（2）直线与直线的交点坐标【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由倾斜角得到直线斜率，先求出直线点斜式方程，再化为一般式方程.（2）两直线方程联立方程组，求交点坐标.【小问1详解】由题意得：直线的斜率，又直线经过点，所以直线的方程为，化为一般式

15、方程为：；【小问2详解】由题意，两直线联立方程组，解得，所以直线与直线的交点坐标为18. 如图，在直三棱柱中，是线段上的动点.（1）当是的中点时，证明：平面；（2）若，证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由线面垂直的判定定理，证明平面，进而可得面面垂直.【详解】（1）证明：如图，连接，交于，连接，则是的中点，是的中点，又平面，平面，平面.（2）证明：平面，平面，又，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题主要考查证明线面平行，证明面面垂直，熟记判定定理即可，属于常考题型.19.

16、已知直线l经过点，且与直线xy0垂直.（1）求直线l的方程；（2）若直线m与直线l平行且点P到直线m的距离为，求直线m的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】(1)根据直线垂直的性质设出直线的方程为，将点代入即可求解；（2）设直线的方程为，利用点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】设直线的方程为，因为直线l经过点，所以，解得：，所以直线的方程为.【小问2详解】结合（1）设直线的方程为，因为点到直线m的距离为，由点到直线的距离公式可得：，解得：或，直线的方程为：或.故答案为：或.20. 长方体中，（1）求证：平面平面；（2）求点C到平面的距离【答案】（1）证明见解析； （2）.【解

17、析】【分析】（1）先证明平面，平面，进而通过面面平行的判定定理证明问题；（2）利用“等体积法”即可求得答案.【小问1详解】因为，所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面，所以平面连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面又因为平面，平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面BCD，所以，又，因为，所以C到平面距离，即C到平面的距离为21. 如图，是O的直径，垂直于O所在的平面，是圆周上不同于的一动点 （1）证明：是直角三角形；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由圆的性质可得，再由平面，则，然后由面面垂直的判定可得

18、平面，从而可得，进而可证得结论；（2）过作于，可证得是直线与平面所成的角，在中求解即可.【小问1详解】证明：是O的直径，是圆周上不同于的一动点，平面，平面，又，平面，平面，又平面，是直角三角形【小问2详解】解：过作于， 平面，平面，又，平面，平面，是直线与平面所成的角，在中，在中，故直线与平面所成角的正弦值为22. 如图，在直角梯形中，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）（1）证明：平面平面；（2）是否存在点，使得二面角的正切值为？若存在，确定点位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析 （2）存在，为的中点，【解析】【分析】（1）由已知可得平面，

19、则，则有平面，所以，而，所以平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）假设存在点满足题意，过作于，过作于，连接，可证得为二面角的平面角，不妨设，则，则由，可得，再由可求出的值，从而可确定出点的位置【小问1详解】证明：因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以,因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，【小问2详解】假设存在点满足题意，如图，过作于，因为，所以，由（1）知平面，所以平面，因为平面，所以，过作于，连接，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，不妨设，则，在中，设，因为，所以，所以，得，所以，解得，即此时为的中点，综上，存在点，使得二面角的正切值为，此时为的中点，【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，解题的关键是通过过作于，过作于，连接，结合已知条件证明出为二面角的平面角，再根据题意求解，考查数形结合的思想，属于较难题