2022-2023学年上海市向明中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市向明中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列命题正确的是（ ）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．两条不平行的直线确定一个平面
D．梯形可确定一个平面
【答案】D
【分析】根据已知条件，利用平面的基本性质，以及推论，逐一判断即可：
对选项A，取特殊位置，三点共线否定结论
对选项B：利用平面公理进行判断；
对选项C：取异面直线，否定结论；
对选项D，利用两条平行线确定一个平面，进行判断.
【详解】对选项A，当三点共线时，不能确定一个平面，故A错误；
对选项B：一条直线和直线外一个点确定一个平面，故B错误；
对选项C：如果这两条直线异面，则不可以确定一个平面，故C错误；
对选项D，梯形的上底和下底是一对平行线，可以确定一个平面，故D正确.
故选：D.
2．点为平面外的一个点，点是棱上的动点（包含端点），记异面直线与所成角为，直线PM与平面所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意作出线线角和线面角，利用正弦值比较两个夹角的大小.
【详解】
如图，作平面,连接,
过点作直线交于，连接，
则是直线PM与平面所成角，所以，
是直线PM与所成角，所以，
在和中，易知：，仅当O、N重合时等号成立，
故，所以.
故选：C.
3．设是互不重合的平面，，是互不重合的直线，给出四个命题：
①若，则
②若，则
③若，则
④若，则
其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据线面位置关系的判定定理、性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解.
【详解】由是互不重合的平面，，是互不重合的直线，
对于A中，由，则或与相交，所以A不正确；
对于B中，由，则或或与相交，所以B不正确；
对于C中，由，根据垂直于同一直线的两平面平行，可得，
所以C正确的；
对于D中，由，可得，所以D不正确.
故选：A.
4．已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，点在四边形内（包括边界）运动，则下列说法不正确的是（ ）
A．若是线段的中点，则平面平面
B．若在线段上，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则点的轨迹的长度为
D．若平面，则线段长度的最小值为
【答案】D
【分析】对于A，先证明，，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，由可将与所成的角转化为与所成的角，结合为正三角形可得与所成角的取值范围；对于C，先利用线面位置关系得到点的轨迹，然后求解即可；对于D，先由线线平行证明线面平行，进而得面面平行，可确定点的轨迹为线段，然后结合勾股定理求解长度的最小值．
【详解】对于A中，如图所示，，分别是线段，的中点，故，
可得，则，所以，
又由平面，所以，所以平面，
从而平面平面，故A正确．
对于B中，正方体中，，
所以与所成的角为与所成的角，
连接，，则为正三角形，
所以与所成角的取值范围为，故B正确．
对于C中，如图所示，设平面与直线交于点，连接，，
则为的中点，分别取，的中点，，
连接，，，由，所以平面，
同理可得平面，所以平面平面，
又由平面，所以直线平面，故点的轨迹是线段，
可得，故C正确．
对于D中，如图所示，取的中点，的中点，的中点，连接，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面，
连接，，则，又因为，所以，所以平面，连接，，由，且，所以，故，，，四点共面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，
由知，，，连接，，
在中，，所以，
所以，可得，故线段长度的最小值为，故D不正确．
故选：D．
【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
二、填空题
5．用集合符号表示直线l在平面上______
【答案】
【分析】直线l在平面上，利用集合与集合的关系符合表示即可.
【详解】直线l在平面上，即直线l包含于平面，利用集合与集合的关系表示为.
故答案为：
6．分别在两个平行平面内的两条直线的位置关系是_____.
【答案】平行或异面
【分析】分别在两个平行平面内的两条直线的位置关系是可以平行，可以异面，但不能相交．
【详解】分别在两个平行平面内的两条直线的位置关系是可以平行，可以异面，但不能相交，
∴分别在两个平行平面内的两条直线的位置关系是平行或异面．
故答案为平行或异面．
【点睛】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
7．已知线段AB在平面α外，A、B两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB的中点到平面α的距离为______.
【答案】1或2
【分析】根据空间中点、线、面得位置关系可得：A、B两点与平面的位置由两种，因此分A、B两点在平面的同侧与异侧讨论此问题.
【详解】解：当A、B两点在平面的同侧时，如图所示，
因为A、B两点到平面的距离分别为1和3，由梯形的中位线可知，
线段AB的中点M到平面的距离.
当A、B两点在平面的异侧时，如图所示，
直线AB与平面相交于点O，因为A、B两点到平面的距离分别为1和3，∴，即，
M为线段AB的中点，∴O为线段AM的中点，则有M到平面α的距离.
故答案为：1或2.
8．如图，在正方体中，，依次是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__．
【答案】
【分析】连、、，利用平行四边形可得，可得是异面直线与所成角（或所成角的补角），然后用余弦定理可得结果.
【详解】在正方体中，连、、，
，依次是和的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以且，又且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
，是异面直线与所成角（或所成角的补角），
设正方体的棱长为2，则，
．
异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了求异面直线所成的角，考查了余弦定理，属于基础题.
9．某水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形（如图所示），，，则该平面图形ABCD的面积为______.
【答案】
【分析】根据斜二测直观图求出的长度，将斜二测直观图转化为实际图，求出高AB的长度，则可求出该平面图形ABCD的面积.
【详解】解：过点作x轴的垂线，交x轴于点E，F，
已知，则，，
因为四边形是等腰梯形，所以，
，，
平面图形ABCD的实际图形为直角梯形，如下图所示：
，，，
所以该平面图形ABCD的面积，
故答案为：.
10．3个不同的平面最多将空间分成部分，最少将空间分成部分，则__．
【答案】
【分析】对平面的位置关系分类讨论，即可得到答案.
【详解】当三个不同的平面互相平行时，最少将空间分成4部分，即，
当三个平面三维放置时，最多将空间分成8部分，即，
所以．
故答案为：
【点睛】方法点睛：对平面分空间为几个部分问题，要有画图的意识，结合空间想象能力全方位、多角度地去考虑问题，作出判断．
11．如图，设P为矩形ABCD所在平面外一点，直线PA⊥平面ABCD，AB=3，BC=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为______.
【答案】
【分析】要求点P到直线BD的距离，需要作出P到直线BD的高，然后计算即可.
【详解】
过作于，连接，
直线PA⊥平面ABCD,,又，面PAE，则面
.为所求的距离，
在中， ,
在中，,
故答案为：
12．如图，正方体，则二面角的大小是__________．
【答案】
【分析】作出二面角的平面角，计算出，由此求得.
【详解】连接交于，连接，
由于，所以，
所以是二面角的的平面角，设，
在中，，
由图可知为锐角，所以.
故答案为：
13．，是两个不同的平面，，是平面及之外的两条不同直线，给出四个论断：
①，②，③，④.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______.
【答案】若②③④则①或若①③④则②(写出其中正确的一组即可)
【分析】分别以①②③④作为结论，数形结合即可解决
【详解】如图，若②③④则①，成立；
如图，若①③④则②，成立；
如图，若①②④则③，不成立；
如图，若①②③则④，不成立；
故答案为：若②③④则①或若①③④则②(写出其中正确的一组即可)
14．如图，在正方体中，过点作平面的垂线，则直线与直线所成角的余弦值为__．
【答案】
【解析】连结，则平面，从而，直线与直线所成角为，由此能求出结果．
【详解】如图，连接，连接，则
则在正方体中，平面，
平面，，
，平面，
平面，，
同理可得,
,则平面，，
直线与直线所成角为，
连结，在△中，设，则，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．已知，是异面直线，点，，，，且，，则所成的角是___________.
【答案】
【分析】过点A作直线l//b，再在直线l上取点O，使AO=CD，证明平面，求出即可得解.
【详解】过点A作直线l//b，再在直线l上取点O，使AO=CD，连接BO，DO，如图，
于是得异面直线，所成角是或其补角，
显然四边形ACDO是平行四边形，则，而，即是矩形，从而有，
因，，则，又，平面BOD，于是得平面，
又平面，因此，，中，AO=CD=1，AB=2，则，从而得，
所以异面直线所成的角是.
故答案为：
16．已知三棱锥中，为中点，平面，，，则下列说法中正确的序号为______.
①若为的外心，则；
②若为等边三角形，则；
③当时，与平面所成角的范围为；
④当时，为平面内动点，若平面，则在内的轨迹长度为2.
【答案】①③④
【分析】对于①，利用外心的性质即可判断；对于②，利用反证法可判断；对于③，过作，
连接，易知为与平面所成角，即可判断；对于④，利用面面平行可得轨迹长度.
【详解】如图①，若为的外心，连接，则，
又平面，故，故①正确；
假设，则再根据，得平面，
则，与为等边三角形矛盾，故②错误；
当时，，，过作，
连接，如图①，
易知为与平面所成角，，
故的范围为，故③正确；
如图②，取，分别为，的中点，
则平面平面，则线段为在内的轨迹，
其长度为2，故①③④正确.
故答案为：①③④
三、解答题
17．如图，在正方体中，，分别是棱和的中点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据正方体的性质和平面几何知识可得证；
（2）根据空间两个角相等定理或三角形全等可得证.
【详解】解：(1)∵为正方体．∴，且，
又，分别为棱，的中点，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴且．
又且，∴且，
∴四边形为平行四边形．
(2)法一：由(1)知四边形为平行四边形，∴．
同理可得四边形为平行四边形，∴．∵和方向相同，
∴．
法二：由(1)知四边形为平行四边形，∴．
同理可得四边形为平行四边形，∴．
又∵，∴，∴．
18．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是A1B1，B1C1的中点．求证：
（1）AM和CN共面；
（2）D1B和CC1是异面直线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）连结MN，A1C1，AC，根据点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，利用平行关系的传递性得到MN∥AC即可；
（2）利用反证法，先假设D1B与CC1不是异面直线，证明D1，B，C，C1共面矛盾即可.
【详解】（1）如图，连结MN，A1C1，AC.
∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，
∴MN∥A1C1.
∵四边形A1ACC1为平行四边形，
∴A1C1∥AC，
∴MN∥AC，
∴A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．
（2）∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，
∴B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，
∴D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．
∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
19．如图，点P为四边形ABCD所在平面外的一点，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，，，E、F分别是CD、PC的中点.
(1)求点A到平面PBE的距离；
(2)求证：BF⊥CD.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）连接BE，PE，过A作，交PB于点G，根据题意，可得，根据线面垂直的判定定理，可证平面PAB，所以，根据线面垂直的判定定理，可证平面PBE，在中，求得AG长，即可得答案；
（2）根据线面垂直的性质定理，判定定理，可证平面PAD，进而可证，再根据线面垂直的判定定理，可证平面BEF，即可得证.
【详解】（1）连接BE，PE，过A作，交PB于点G，
因为E为DC中点，，且AD⊥AB，
所以四边形ABED为正方形，
所以，
因为PA⊥平面ABCD，、平面ABCD，
所以，，
又，平面PAB，
所以平面PAB，
因为平面PAB，
所以，
又，平面PBE，
所以平面PBE，则AG长即为A到平面PBE的距离，
在中，，
所以，
所以，
解得，即A到平面PBE的距离为
（2）连接BF、EF、BE，如图所示，
因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，
又，，平面PAD，
所以平面PAD，
因为平面PAD，
所以，
因为E、F分别为CD，PC的中点，
所以，
所以，
又，，平面BEF，
所以平面BEF，
因为平面BEF，
所以
20．如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，底面是边长为2的等边三角形，PB=PD=，AP=4AF
（1）求证：PO⊥底面ABCD
（2）求直线与OF所成角的大小.
（3）在线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【解析】（1）由底面是菱形，证得PO⊥BD，在中，PA=PC，证得PO⊥AC，结合线面垂直的判定定理，即可证得PO⊥底面ABCD；
（2）连接OF，取AP中点为E，连接OE，证得CPOE，得到∠EOF为直线与OF所成的角，进而求得直线与OF所成角的大小；
（3）连接CM，连接CE，ME，证得EM平面BDF，结合（2）证得平面EMC平面BDF，即可得到CM平面BDF.
【详解】（1）因为底面是菱形，且，所以O为AC，BD中点，
在中，PB=PD，可得PO⊥BD，
因为在中，PA=PC，O为AC，BD中点，所以PO⊥AC，
又因为ACBD=O，所以PO⊥底面ABCD.
（2）连接OF，取AP中点为E，连接OE，
因为底面ABCD是菱形，ACBD=O，
由O为AC中点，且E为AP中点，AP=4AF，所以F为AE中点，所以CPOE. ，
故∠EOF为直线与OF所成的角，
又由为等边三角形，且E为中点，所以∠EOF=.
（3）存在，，
连接CE，ME，
因为AP=4AF，E为AP中点，所以，
又因为，所以在中，，即EMBF，
因为EM平面BDF，BF平面BDF，所以EM平面BDF，
由（2）知ECOF，因为EC平面BDF，OF平面BDF，所以EC平面BDF，
因为ECEM=E，所以平面EMC平面BDF，
因为CM平面EMC，所以CM平面BDF.
【点睛】解答空间中点、线、面位置关系的判定问题常见解题策略：
1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；
2、对于空间中的垂直关系中确定线面垂直是关键，证明线线垂直则需借助线面垂直的性质，垂直关系的判定定理和性质定理合理转化是证明垂直关系的基本思想.