山东省枣庄市峄城区山师大峄城实验高中2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份山东省枣庄市峄城区山师大峄城实验高中2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度高一年级下学期
数学学科第二次阶段性测试
考试时长：120分钟 总分值：150分
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列几何体是旋转体的是（ ）
A. 五棱柱 B. 六棱锥 C. 八棱台 D. 球
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转体、多面体的定义，判断即可．
【详解】根据一个平面图形绕着它的一条边所在的直线旋转一周形成的几何体叫做旋转体，判断球是旋转体；
一个几何体围成它的各个面都是多边形，这个几何体是多面体，由此判断五棱柱、六棱柱、八棱台都是多面体．
故选：D
2. 经过同一条直线上的3个点的平面
A. 有且只有一个 B. 有且只有3个
C. 有无数多个 D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面的性质，直接判定即可得出结果.
【详解】经过一条直线可以作无数多个平面.
故选：C.
【点睛】本题主要考查由线确定平面的数量，熟记基础题型.
3. 下面三条直线一定共面的是（ ）
A 两两平行 B. 两两相交
C. ，与均相交 D. 两两垂直
【答案】C
【解析】
【分析】
由直三棱柱三条侧棱可知错误；由正方体一个顶点处的三条棱的位置关系可知错误；利用反证法可证得中三条直线一定共面.
【详解】中，直三棱柱的三条侧棱满足两两平行，但三条侧棱不共面，错误；
中，正方体的一个顶点处的三条棱两两相交，但不共面，错误；
中，确定一个平面，若且，则，又，则或异面，不满足相交，可知若，与均相交，则三条直线共面，正确；
中，正方体的一个顶点处的三条棱两两垂直，但不共面，错误.
故选：
【点睛】本题考查空间中直线共面相关命题的判定，属于基础题.
4. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积　　

A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．
【详解】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
所以OB，对应原图形平行四边形的高为：2，
所以原图形的面积为：1×22．
故选A．
【点睛】本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力．
5. 如图，圆柱内有一内切球（圆柱各面与球面均相切），若内切球的体积为，则圆柱的侧面积为

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 设球的半径为，则，解得，
所以圆柱的底面半径，母线长为，
所以圆柱的侧面积为，故选C．
6. 在正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设正方体的棱长为，如图，连接，它们交于，连接，则平面，而，故就是直线与平面所成的余角，又为直角三角形且，所以，，设直线与平面所成的角为，则，选C.

点睛：线面角的计算往往需要先构造面的垂线，必要时还需将已知的面的垂线适当平移才能构造线面角，最后把该角放置在容易计算的三角形中计算其大小.
7. 公元前世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（）与它的直径（）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出的值．世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为）、等边圆柱（底面圆的直径为）、正方体（棱长为）的“玉积率”分别为、、，那么
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】



考点：类比推理
8. 已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 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，形成的是上下两个圆锥，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.
10. 下列叙述中，正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则重合
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用公理判断选项AD，对于选项B：利用不一定是两个面的公共点即可判断；对于选项C：利用当三点共线即可判断.
【详解】对于选项A：直线上有两点在平面内，则直线在平面内；
故选项A正确；
对于选项B：若，则不一定是两个面的公共点.
故选项B错误；
对于选项C：若，
当三点共线时，则不一定重合.
故选项C错误；
对于选项D：两平面的公共点在公共直线上，
故选项D正确.
故选：A D.
11. 下列叙述正确的是（ ）
A. 已知，是空间中的两条直线，若，则直线与平行或异面
B. 已知是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，若，则或与只有一个公共点
C. 已知，是空间两个不同的平面，若，则，必相交于一条直线
D. 已知直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，根据空间直线位置关系的定义即可判断；对于B，根据线面位置关系的定义即可判断；对于B，根据平面与平面的位置关系的定义即可判断；对于D，根据线面垂直的判定定理即可判断
【详解】解：对于A，根据空间中直线的位置关系有：相交、平行、异面，由题意可知，说明直线与不相交，即直线与平行或异面，故A正确；
对于B，根据直线与平面的位置关系有：直线与平面相交、直线与平面平行、直线在平面内，因为，所以直线与平面不平行，即直线与平面相交或直线在平面内，从而得或与只有一个公共点，故B正确；
对于C，因为平面与平面的位置关系有：相交或平面，因为，是空间两个不同的平面，而，所以平面与相交，即，必相交于一条直线，故C正确；
对于D，当直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，若这些直线中没有相交直线，则不一定垂直平面，故D 不正确，
故选：ABC
【点睛】此题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的理解和应用，以及线面垂直的判定定理的理解，属于中档题.
12. 下列正确命题的是（ ）
A. 若是两条异面直线，则直线一定异面.
B. 已知m，n表示不同的直线，表示平面，若，，则
C. 过已知平面外的一点，有且只有一个平面与已知平面平行.
D. 过已知平面外的一条直线，必能作出与已知平面平行的平面.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据异面直线的定义和性质以及线面平行的判断定理，对选项中的命题判断正误即可．
【详解】若直线共面，
则四点A，B，C，D共面，AB与CD共面，矛盾，故A正确；
若，，则或，B错误；
过已知平面外的一点，作相交的两条直线与已知平面平行，
这两条相交直线确定一个平面，这个平面与已知平面平行，C正确；
当直线与平面相交时，过该直线不能作平面与已知平面平行，故D错误，
故选：AC
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如果a，b是异面直线，直线c与a，b都相交，那么这三条直线中的两条所确定的平面共有___________个.
【答案】2
【解析】
【分析】
作出图象来判断三条直线可确定平面的个数.
【详解】
如图，空间三条直线中的一条直线与其他两条异面直线都相交，
那么由这三条直线可确定平面的个数是两个.
故答案为:2.
【点睛】本题考查平面的基本性质及推论，求解本题的关键是要有一定的空间想像能力，属于基础题.
14. 在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：
①MN∥平面APC；
②C1Q∥平面APC；
③A，P，M三点共线；
④平面MNQ∥平面APC.
其中说法正确的是________(填序号)．
【答案】②③
【解析】
【分析】连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，从而可知MN⊂平面APC，所以①错误；由M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，从而可得C1Q∥平面APC，所以②正确；由于前的证明可知A，P，M三点共线是正确的，从而可知③正确；由于MN⊂平面APC，MN⊂平面MNQ，从而可判断④
【详解】
①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，
易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；
②由①知M，N在平面APC上，因为在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，所以≌，所以，因为∥，所以AN∥C1Q，因为AN⊂平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的；
③由①知A，P，M三点共线是正确的；
④由①知MN⊂平面APC，
又MN⊂平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面APC是错误的．
故答案为：②③
【点睛】此题考查线面平行、面面平行的判断，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题
15. 如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，则线段的长度为___________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，交与，连接，可证，从而可得中点，故可求的长.
【详解】
连接，交与，连接，则为的中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故为的中点，所以，
在中，.
故答案为：.
【点睛】本题考查线面平行的性质，注意性质定理有三个前提（线面平行、线在面内、面面交线），同时注意空间中线段的长度计算一般是放置在可解的三角形中，本题属于基础题.
16. 已知平面和直线，给出条件：
①；②；③；④；⑤．
（1）当满足条件_________时，有；
（2）当满足条件________时，有．（填所选条件的序号）
【答案】 ①. ③⑤； ②. ②⑤
【解析】
【详解】试题分析：若m⊂α，α∥β，则m∥β；
若m⊥α，α∥β，则m⊥β．
故答案为（1）③⑤（2）②⑤
考点：本题主要考查直线与平面垂直的位置关系．
点评：熟练掌握直线与平面平行、垂直的判定与性质，基础题．
四、解答题（本大题共7小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知△ABC在平面α外，其三边所在的直线满足AB∩α＝P，BC∩α＝Q，AC∩α＝R，如图所示，求证：P，Q，R三点共线.

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】推导出P，Q，R都在平面ABC与平面α的交线上，即可证明.
【详解】证明：法一：∵AB∩α＝P，
∴P∈AB，P∈平面α.
又AB⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.
∴由基本事实3可知：点P在平面ABC与平面α的交线上，同理可证Q，R也在平面ABC与平面α的交线上.
∴P，Q，R三点共线.
法二：∵AP∩AR＝A，
∴直线AP与直线AR确定平面APR.
又∵AB∩α＝P，AC∩α＝R，
∴平面APR∩平面α＝PR.
∵B∈平面APR，C∈平面APR，∴BC⊂平面APR.
∵Q∈BC，∴Q∈平面APR，又Q∈α，∴Q∈PR，
∴P，Q，R三点共线.
18. 如图，已知分别是空间四边形的边的中点.

（1）求证：四点共面；
（2）若四边形是矩形，求证：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据中位线定理证明，，得到，即可证明四点共面；
（2）根据矩形关系有，结合中位线关系， ，即可证明.
【详解】（1）在中，分别是的中点，.
同理，则，故四点共面.
（2）由（1）知，同理.又∵四边形是矩形，.故
【点睛】此题考查通过平行关系证明四点共面，利用等角定理通过两条直线的平行线垂直，证得已知两条直线垂直.
19. 已知正方体图，求证：平面平面.

【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
先证明四边形平行四边形，可得平面，同理平面，可得证明.
【详解】证明：为正方体，
.

∴四边形为平行四边形.
.
又平面，平面,
∴平面.
同理平面.
又，
∴平面平面.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、平面与平面平行判定定理，属于中档题.
20. 在底面为直角梯形的四棱锥中，，平面，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求与底面所成角的正切值．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由题易得,,,从而可证明平面,进而可证明平面平面;
（2）连接,由平面,可得就是与底面所成的角,求出该角的正切值即可.
【详解】（1）证明：∵平面,平面,∴．
又∵,,∴平面.
∵平面,∴平面平面．
（2）连接．
∵平面,∴就是与底面所成的角．
在直角三角形中,,,
则

【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了线面角的求法,考查了学生的空间想象能力,属于基础题.
21. 如图，在四棱锥中，，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由，得，．从而得，进而而平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点，连结，则底面，且，由四棱锥的体积为，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积.
试题解析：（1）由已知，得，．
由于，故，从而平面．
又平面，所以平面平面．

（2）在平面内作，垂足为．
由（1）知，面，故，可得平面．
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．
由题设得，故．
从而，，．
可得四棱锥的侧面积为
．
22. 如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点

（1）求证
（2）求三棱锥的体积
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由折叠可知三条直线两两垂直，利用线面垂直的判定定理，可先证明平面，再由线面垂直性质证求证；
（2）由折叠可知三条直线两两垂直，，可求解.
【小问1详解】
正方形中，，，
折起后，有，，
平面，，∴平面，
∵平面PEF，∴.
【小问2详解】
正方形中，，折叠后可知三条直线两两垂直，
，，
.