2022-2023学年上海市奉贤区致远高级中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市奉贤区致远高级中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．空间中，两直线异面是两直线没有公共点的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】利用充分条件、必要条件的定义即可得出结果.

【详解】两直线异面，则两条直线没有公共点，充分性满足；

反之，两直线没有公共点，两直线异面或平行，必要性不满足.

故两直线异面是两直线没有公共点的充分不必要条件.

故选：A

2．下列命题正确个数为（    ）

①三点确定一个平面；②若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线与平面垂直；

③同时垂直于一条直线的两条直线平行；④底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的表面积为．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据平面、线面垂直、线线垂直与平行、正四棱锥的表面积等知识确定正确答案.

【详解】①，在一条直线上的三个点，不能确定一个平面，所以①错误.

②，若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线可能在这个平面内，所以②错误.

③，同时垂直于一条直线的两条直线可能异面，所以③错误.

④，正四棱锥的一个侧面对应的等腰三角形的高为，

所以正四棱锥的表面积为，所以④正确.

故正确的命题个数为个.

故选：B

3．异面直线a，b，若，，且，则直线c与a，b的关系是（    ）

A．c与a，b都相交 B．c与a，b都不相交

C．c至多与a，b中的一条相交 D．c至少与a，b中的一条相交

【答案】D

【分析】假设c与a，b都不相交，结合线面、面面关系及平行公理得到与题设矛盾的结论，即可确定正确选项.

【详解】当c与a，b都不相交时，

由c与a在内，则.

由c与b都在内，则.

由公理4知：，与已知条件矛盾，故c至少与a，b中的一条相交.

如图，直线c与a，b的位置关系有以下三种情况.

故选：D

4．将一个棱长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则所有小正方体的表面积为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据棱长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，得到每个小正方体的棱长为求解.

【详解】每个小正方体的棱长为，表面积为：，

所以27个小正方体的表面积为.

故选：C

【点睛】本题主要考查正方体的结构特征及表面积的求法，还考查了空间想象的能力，属于基础题.

5．空间三条射线PA，PB，PC满足∠APC=∠APB=60°，∠BPC=90°，则二面角B-PA-C的度数（    ）

A．等于90°； B．等于60°； C．是小于120°的钝角； D．是大于120°小于135°的钝角

【答案】C

【分析】做出二面角的平面角，利用余弦定理得到平面角的余弦值，从而得到答案.

【详解】过点B在平面APB内作BA⊥PA于点A，过点A在平面APC内作AC⊥PA，交PC于点C，连接BC，如下图：

则∠BAC就是二面角的平面角，

设PA=m，由∠APC=∠APB=60°，∠BPC=90°，

可得：，，

在△ABC内，由余弦定理得：

又，则

故选：C

6．三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC的中点，平面EFC1B1将三棱柱分成体积为V1和V2两部分，那么V1∶V2的比值可以为（    ）

A．3∶2 B．4∶3 C．5∶6 D．7∶5

【答案】D

【分析】根据题意结合相关体积公式运算求解.

【详解】设的面积为，三棱柱ABC—A1B1C1的高为，则其体积为

根据题意可知：几何体AEF—A1B1C1为三棱台，则可知底面面积分别为，高为，则其体积为

∴,则

故选：D.

二、填空题

7．若球、表面积之比，则它们的半径之比_____．

【答案】2

【详解】由得

8．若一条直线同时平行于两个相交平面，则该直线与这两个平面的交线的位置关系是______．

【答案】平行

【分析】作出辅助线，由线面平行的性质进行证明即可.

【详解】平行，理由如下：如图，，，

过AB作平面ABDC，交平面于CD，作平面ABFE交平面于EF，

根据线面平行的性质可知：，

所以，

若中某条直线与重合，则结论得证；

当均不与重合时，

因为，，

所以，

因为，，

由线面平行的性质可知：，

所以.

故答案为：平行

9．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为____

【答案】1：8

【详解】考查类比的方法，，所以体积比为1∶8.

10．正四棱柱的高为底面边长的倍，则其体对角线与底面所成角的大小为_________.

【答案】

【分析】如图所示，其体对角线与底面所成角为，解三角形即得解.

【详解】解：如图所示，设，所以.

由题得平面,

则其体对角线与底面所成角为,

因为,所以.

故答案为：

11．用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在的平面所成角为，容器的高为10cm，制作该容器需要______ cm2的铁皮

【答案】

【详解】试题分析：由题意可知，该容器的底面半径为10，母线长为，所以该容器的侧面积为

【解析】本小题主要考查圆锥的侧面积的计算.

点评：计算圆锥的侧面积，关键是找清楚圆锥的底面半径、母线长以及高，然后代入公式计算即可.

12．已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为8，高为，则它的斜高为_______．

【答案】

【分析】利用勾股定理计算出斜高.

【详解】依题意，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为8，高为，

则它的斜高为.

故答案为：

13．如图所示，正方体中，，点为的中点，点在上．若平面，则线段的长度等于______．

【答案】

【分析】根据平面，得到EF为△ACD的中位线，即可求出线段的长度

【详解】在正方体中，，

∴．又为中点，平面，

平面，平面平面，

∴，∴为中点，∴．

故答案为：.

14．一平面截一球得到面积为的圆面，球心到这个圆面的距离是球半径的一半，则该球的表面积等于__________．

【答案】

【分析】求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的体积．

【详解】设球的半径为，则球心到这个圆面的距离是，

设截面圆的半径为，则,∴,

∴，解得：，

所以球的表面积.

故答案为：．

15．在正方体中，点在上，且，则 _____

【答案】

【分析】根据线性运算结合空间向量基本定理运算求解.

【详解】由题意可得：,则

∴，则

故答案为：.

16．如图所示，在中，，，.在三角形内挖去半圆（圆心O在边AC上，半圆与BC，AB相切于点C，M，与AC交于点N），则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为________.

【答案】

【解析】几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积.

【详解】几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，

是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，

且球是圆锥的内切球，

所以圆锥的底面半径是1，高为，球的半径为，

可以得到，

所以圆锥的体积为，

球的体积为，

所以阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关旋转体的体积的求解问题，在解题的过程中，注意分析几何体的特征，涉及到的知识点有锥体的体积公式和球的体积公式，属于简单题目.

17．如图，设是棱长为的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论：①有个顶点；②有条棱；③有个面；④表面积为；⑤体积为．其中正确的结论是____________．（要求填上所有正确结论的序号）

【答案】①②⑤

【详解】解：如图，

原来的六个面还在只不过是变成了一个小正方形，再添了八个顶点各对应的一个三角形的面，所以总计6+8=14个面，故③错；

每个正方形4条边，每个三角形3条边，4×6+3×8=48，考虑到每条边对应两个面，所以实际只有×48=24条棱．②正确；

所有的顶点都出现在原来正方体的棱的中点位置，

原来的棱的数目是12，所以现在的顶点的数目是12．

或者从图片上可以看出每个顶点对应4条棱，每条棱很明显对应两个顶点，所以顶点数是棱数的一半即12个．①正确；

三角形和四边形的边长都是a，所以正方形总面积为6××a2=3a2，三角形总面积为8××a2sin60°=a2，表面积（3+）a2，故④错；

体积为原正方形体积减去8个三棱锥体积，每个三棱锥体积为8×（）3=a2，剩余总体积为a3- a3= a3⑤正确．

故答案为①②⑤．

18．平面几何中的有些命题，可拓展为立体几何中的类似的命题．例如：平面上一矩形ABCD的对角线AC与边AB和AD所成的角分别为α和β，则有cos2α+cos2β=1成立；可拓展为在空间一长方体ABCD-A1B1C1D1的对角线AC1和棱AA1、AB、AD的分别为α、β、θ，则有cos2α+cos2β+cos2θ=1成立．现在有平面几何中的一个命题：正三角形内任意一点到各边的距离之和等于该正三角形的高；请你也拓展为在空间一个类似的命题：___________________________________

【答案】正四面体内任意一点到各面的距离之和等于该正四面体的高.

【分析】根据题意，先证明正三角形内任意一点到各边的距离之和等于该正三角形的高，再拓展为正四面体内任意一点到各面的距离之和等于该正四面体的高，并证明之.

【详解】如图：

P为正三角形 内任意一点，到三边的距离分别为 ，边长为m，高为h，

则有 ， ；

类似地，在正四面体 中，设各面的面积为S，高为，Q为正四面体内任意一点，

Q点到各面的距离分别为 ，则有正四面体的体积 ，

，即正四面体内任意一点到各面的距离之和等于该正四面体的高.

故答案为：正四面体内任意一点到各面的距离之和等于该正四面体的高.

三、解答题

19．已知三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边和的长分别为4和3，侧棱的长为10.

（1）若侧棱垂直于底面，求该三棱柱的表面积.

（2）若侧棱与底面所成的角为，求该三棱柱的体积.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据直三棱柱的表面积公式进行求解即可．

（2）作出棱柱的高，结合三棱柱的体积公式进行求解即可．

【详解】[解]（1）因为侧棱底面，所以三棱柱的高等于侧棱的长，

而底面三角形的面积，

周长，

于是三棱柱的表面积.

（2）如图，过作平面的垂线，垂足为，为三棱柱的高.

因为侧棱与底面所成的角为，所以，可计算得.

又底面三角形的面积，故三棱柱的体积.

【点睛】本题主要考查三棱柱的表面积和体积的计算，根据直三棱柱和斜三棱柱的特点和性质，结合棱柱的表面积和体积公式进行计算是解决本题的关键．

20．如下图，圆柱的轴截面为正方形，、分别为上、下底面的圆心，为上底面圆周上一点，已知，圆柱侧面积等于.

（1）求圆柱的体积；

（2）求异面直线与所成角的大小.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由轴截面为正方形可得圆柱的高与底面直径相等,进而求得,再得到体积即可；

（2）找到直线的平行线,使,由余弦定理求出即可

【详解】解：（1）由题,可设底面半径为,轴截面为正方形,

（2）作底面交圆周于点,连接、、

，

中,

由（1）,可得

且轴截面为正方形,

是平行四边形,

根据余弦定理可得,

【点睛】本题考查圆柱的侧面积,体积,考查异面直线求角,考查余弦定理的应用,考查运算能力

21．在长方体－中（如图），，，点是棱的中点．

(1)《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．试问四面体是否为鳖臑？并说明理由；

(2)求四面体的体积；

(3)求直线CD与平面DED1所成角的大小．

【答案】(1)四面体是鳖臑,理由见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）在长方体中平面，故有两个面是直角三角形，再证明和为直角三角形即可；

（2）根据三棱锥体积公式直接计算；

（3）找出线面角，根据等腰直角三角形直接计算即可.

【详解】(1)，点是棱的中点，

又，，故，

因为平面，则，

又，平面，平面，

，四面体的四个面都是直角三角形，故四面体是鳖臑.

(2)由（1）知，四面体的体积.

(3)由（1）知平面，

所以即为直线与平面DED1所成角，

因为中，，所以.

22．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，平面，，为的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的正切值；

(3)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）设，连接，由已知得，从而得到平面，由此能证明平面平面

（2）过点作垂直于点，连接，由线面垂直的判定可得平面，平面，得到二面角的平面角为，求解直角三角形得答案．

（3）在底面作，垂足为，根据平面可知点到平面的距离就是点到平面的距离，求出即可求出点到平面的距离．

【详解】(1)证明：设，连接，

菱形，是中点，

为的中点，，

平面，

平面，

又平面，

故平面平面；

(2)解：过点作垂直于点，连接，

由，平面，平面，所以，

又，平面，平面，

因为平面，所以，，，平面，平面．

二面角的平面角为，

因为底面是边长为1的菱形，，，则为等边三角形，

所以，，又，所以，

所以，

在直角中，．

(3)解：在底面作，垂足为，

平面，平面，所以，

，平面，

所以平面，

所以平面，

所以点到平面的距离就是点到平面的距离，

在中，，，

所以，即点到平面的距离为．