2022-2023学年山东省东营市广饶县第一中学三校区高二9月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省东营市广饶县第一中学三校区高二9月月考数学试题（解析版），共20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学年山东省东营市广饶县第一中学三校区高二9月月考数学试题

一、单选题
1．已知a，b是两条异面直线，，那么c与b的位置关系（    ）
A．一定是异面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能相交
【答案】C
【分析】根据空间直线的位置关系进行判断即可．
【详解】、是两条异面直线，，
与可能相交，可能是异面直线，不可能平行，
若，，，与，是异面直线矛盾，
故选：C．
2．在空间四边形中，在上分别取E，F，G，H四点，如果交于一点P，则（    ）
A．P一定在直线上
B．P一定在直线上
C．P在直线或上
D．P既不在直线上，也不在直线上
【答案】B
【分析】由题设知面，结合已知条件有面、面，进而可判断P所在的位置.
【详解】由题意知：面，又交于一点P，
∴面，同理，面，又面面，
由公理3知：点P一定在直线上.
故选：B.
3．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
【解析】空间点线面位置关系．

4．在正方体中，为棱的中点，则．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．
【详解】画出正方体，如图所示．

对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确．
对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确．
对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从而得，所以．所以C正确．
对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确．
故选C．
【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．
5．如图，在正四面体中，平面，则在平面内过点与直线成60°角的直线共有（    ）

A．0条 B．1条 C．2条 D．3条
【答案】C
【解析】根据异面直线所成角的定义判断．
【详解】在平面内过点与或平行的直线都与成60°的角，实际上只要求得在平面内过点且与直线成60°角的直线的条数．
在空间过点与直线成60°角的直线构成以为轴，母线的圆锥侧面，此圆锥侧面与平面只有两条交线．因此满足题意的直线只有2条．
故选：C．
【点睛】本题考查异面直线所成的角，掌握异面直线所成角的定义是解题关键．本题利用圆锥侧面与过顶点的平面的交线说明直线的条数，注意体会．
6．在三棱锥中分别是边的中点，且，则四边形是（    ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】B
【分析】根据中位线的性质及平行公理可得四边形是平行四边形，再利用可得四边形是矩形.
【详解】因为分别是边的中点，所以，所以；
同理可得，所以四边形是平行四边形；
又因为，所以，即四边形是矩形.
故选：B.

7．已知长方体中，，与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】画出图形如下图所示，由图可知，故可设，所求异面直线所成的角的大小等于，在三角形中，，由余弦定理得.

8．如图，等边三角形ABC的边长为4，M，N分别为AB，AC的中点，沿MN将△AMN折起，使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°，则四棱锥A－MNCB的体积为

A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】根据二面角为30°，可求出四棱锥A﹣MNCB的高，底面面积，即可求出四棱锥的体积．
【详解】由题意画出图形如图，取MN，BC的中点E，D，易知∠AED＝30°，
由题意可知AE＝，棱锥的高为AO＝
底面面积为：
则四棱锥A﹣MNCB的体积为,
故选A．

【点睛】本题考查二面角和锥体体积问题，考查空间想象能力和平面图形的折叠问题，考查计算能力．

二、多选题
9．下列四个命题中真命题是
A．若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行
B．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直
C．垂直于同一直线的两条直线相互平行
D．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直
【答案】BD
【解析】从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．
【详解】解：A：若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，
那么这两个平面相互平行；如果这两条直线平行，可能得到两个平面相交，所以A不正确．
B：若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；这是判定定理，B正确．
C：垂直于同一直线的两条直线相互平行,可能是异面直线．C不正确．
D：若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，D正确．
故选：BD．
【点睛】考查面面平行、垂直的判定与性质以及空间中两直线的平行的判定，是基础题.
10．如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是（    ）

A．异面直线A1D与AB1所成的角为 B．直线A1D与BC1垂直
C．直线A1D与BD1平行 D．三棱锥A-A1CD的体积为a3
【答案】ABD
【分析】根据线线角的定义判断AB选项的正确性.利用异面直线的定义判断C选项的正确性.利用锥体体积的求法判断出D选项的正确性.
【详解】A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角，再连接A1C构成等边，所以异面直线与所成的角为，即A正确;A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角，由A1D⊥AD1可知B正确;根据异面直线的定义可知，直线与直线是异面直线，所以C选项错误;
依题意a·a2=，即D正确.
故选：ABD

【点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系，考查几何体体积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
11．如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论中恒成立的为（    ）.

A． B． C．面 D．面
【答案】AC
【解析】如图所示，连接､相交于点，连接，，由正四棱锥性质可得底面，，进而得到，可得平面，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面平面，进而得到平面，随即可判断A；由异面直线的定义可知不可能；由A易得C正确；由A同理可得：平面，可用反证法可说明D.
【详解】如图所示，连接､相交于点，连接，.
由正四棱锥，可得底面，，所以.
因为，所以平面，
因为，，分别是，，的中点，
所以，，而，
所以平面平面，所以平面，所以，故A正确；
由异面直线的定义可知:与是异面直线，不可能，因此B不正确；
平面平面，所以平面，因此C正确；
平面，若平面，则，与相矛盾，
因此当与不重合时，与平面不垂直，即D不正确.
故选:AC.

【点睛】本题主要考查了线线平行与垂直，线面平行与垂直的判定熟练掌握线面、面面的位置关系判定定理是解题的关键，属于中档题.
12．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A1不落在底面BCDE内），连接A1B、A1C．若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论正确的是（　　）

A．BM∥平面A1DE恒成立
B．：1：3
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．线段BM的长为定值
【答案】ABD
【分析】对A，取CD中点F，连接MF，BF，即可证明；
对B，分别计算，证明即可；
对C，由A1C在平面ABCD中的射影在AC上，再判断即可；
对D，在中利用余弦定理证明即可
【详解】解：取CD中点F，连接MF，BF，如图所示，

则MF∥A1D，FB∥DE，则可得平面MBF∥平面A1DE，
∵BM⊂平面MBF，BM⊄平面A1DE，
∴BM∥A1DE，故A选项正确，
设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h'，
则
，故B选项正确，
A1C在平面ABCD中的射影在AC上，
∵AC与DE不垂直，∴DE与A1C不垂直，故C选项错误，
∵∠MFB＝∠A1DE＝45°，
又∵由余弦定理，可得MB2＝MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，且MF，FB为定值，
∴MB为定值．
故选：ABD．

三、填空题
13．经过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有_____个．
【答案】1个或无数个
【分析】设平面外一点为，平面内一点为，对是否与平面垂直分类讨论，即可求出结论.
【详解】设平面外一点为，平面内一点为，
若，则过任一平面都垂直，
所以过存在无数个平面与平面垂直；
若不垂直，过点作唯一的直线与平面垂直，
与确定唯一的平面与垂直，
所以过存在唯一的平面与平面垂直.
故答案为：1个或无数个.
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的性质、平面和平面垂直的判定，考查直观想象能力，属于中档题.
14．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是上一点，当点满足条件：________时，平面.

【答案】答案表述不唯一)
【分析】当为的中点，为的中点时，根据三角形中位线的性质即可判断，从而可得平面，由此可得出点满足条件的结论.
【详解】连接交于O，连接OE，
平面平面，平面平面 ，
.
又 底面为平行四边形，为对角线与的交点，
故为的中点, 为的中点，
故当满足条件: 时，面.
故答案为: 答案表述不唯一)

15．已知平面平面，过点的直线与，分别交于，两点，过点的直线与，分别交于，两点，且，，，则的长为___________.
【答案】或
【解析】根据题意画出图形，结合图形进行分析，点可能在两平面之间或在两平面之外两种情况，然后利用比例关系求出的长即可.
【详解】
如图：当点在两平面之外即在延长线上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，

如图：当点在两平面之间即在线段上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
所以，
综上所述：的长为或，
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用面面平行的性质定理可得，再利用平行线分线段成比例求的长，但是要注意需要讨论点的位置.
16．在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交于F，①四边形一定是平行四边形；②四边形有可能是正方形；③四边形在底面内的投影一定是正方形；④四边形有可能垂直于平面．以上结论正确的为___________．（写出所有正确结论编号）

【答案】①③④
【分析】由题意，在正方体中，结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果
【详解】对于①，由平面平面，并且 、、 、四点共面，

，
同理可证，，故四边形一定是平行四边形，故①正确；
对于②，若是正方形，有，又 ，且，
平面，又 平面，
与经过平面外一点作已知平面的垂线有且只有一条相矛盾，故②错误；
对于③，由图得，在底面内的投影一定是正方形，故③正确；
对于④，当点和分别是对应边的中点时，:

平面平面，故④正确．
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断，考查了学生的空间想象能力和逻辑思维能力，属于中档题.

四、解答题
17．如图，已知点E，F，G，H分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，

(1)求证：四点共面；
(2)求证:EF，HG，DC三线共点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）连接HE，GF，只要证明 即可；
（2）延长HG，DC交于点M，证明M点在直线EF上即可.
【详解】(1)连接HE，GF， 如图：

因为H，E分别是 ，的中点， ，四边形 是平行四边形，
∴ ，又G，F分别是 ， 的中点， ，
直线 与直线HE共面， ，∴H，G，E，F四点共面；
(2)
延长HG与DC的延长线交于M，连接FM，如上图，
∵G是 的中点，∴ ， ，
又 ， ， ，
所以平面ABCD内， 与 是对顶角，
即 与 共线，HG，DC，EF三线交于M点.
18．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，点E是AB的中点.

(1)求证：OE∥平面BCC1B1.
(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）利用线面平行的判定定理，通过中位线平行得到，从而得到平面；（2）要证明线线垂直，则证明平面线面垂直，所以根据线面垂直的判定定理，找到，则得证．
【详解】(1)连接BC1，因为侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，所以O为AC1的中点，
又因为E是AB的中点，所以OE∥BC1，因为OE⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
所以OE∥平面BCC1B1.

(2)因为侧面AA1C1C是菱形，所以AC1⊥A1C，因为AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，因为BC⊂平面A1BC，
所以AC1⊥BC.
19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，E，F分别为AC，BC的中点．

（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）若平面PAC⊥平面ABC，且PA=PC，∠ABC=90°，求证：平面PEF⊥平面PBC．
【答案】见解析
【详解】试题分析：（1）利用E，F分别是AC，BC的中点，说明EF∥AB，通过直线与平面平行的判定定理直接证明EF∥平面PAB．
（2）证明PE⊥AC，利用平面与平面垂直的判定定理证明PE⊥平面ABC，通过证明PE⊥BC．EF⊥BC，EF∩PE=E，证明BC⊥平面PEF，然后推出平面PEF⊥平面PBC．
证明：（1）∵E，F分别是AC，BC的中点，∴EF∥AB．
又EF⊄平面PAB，
AB⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
（2）在三角形PAC中，∵PA=PC，E为AC中点，
∴PE⊥AC．
∵平面PAC⊥平面ABC，
平面PAC∩平面ABC=AC，
∴PE⊥平面ABC．
∴PE⊥BC．
又EF∥AB，∠ABC=90°，∴EF⊥BC，
又EF∩PE=E，
∴BC⊥平面PEF．
∴平面PEF⊥平面PBC．

【解析】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
20．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为的正方形，AA1＝3，点E在棱B1B上运动．

(1)证明：AC⊥D1E；
(2)若三棱锥B1－A1D1E的体积为时，求异面直线AD，D1E所成的角．
【答案】（1）见证明；（2）所成的角为60°
【分析】（1）首先，连结BD，证明AC⊥平面B1BDD1，即可得到AC⊥D1E；（2）可以得到∠A1D1 E为异面直线AD，D1E所成的角，根据ED1＝2，求解得到∠A1D1E＝60°．
【详解】(1)证明如下图所示：连接BD，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，
∴B1B⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴B1B⊥AC，∵BD∩B1B＝B，
∴AC⊥平面B1BDD1.
∵D1E⊂平面B1BDD1，
∴AC⊥D1E.
(2)∵＝，EB1⊥平面A1B1C1D1，
∴＝·EB1.
∵＝ A1B1·A1D1＝1，
∴＝EB1＝.
∴EB1＝2.∵AD∥A1D1，
∴∠A1D1 E为异面直线AD，D1E所成的角．
在Rt△EB1D1中，求得ED1＝2.
∵D1A1⊥平面A1ABB1，
∴D1A1⊥A1E.
在Rt△EB1D1中，得
cos∠A1D1E＝＝，
∴∠A1D1E＝60°.
∴异面直线AD，D1E所成的角为60°.
【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质定理的应用，考查异面直线所成的角，属于中档题．
21．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.
【详解】（1）连接，

，分别为，中点    为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.
22．如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为和的中点．

(1)证明： 平面；
(2)设，当λ为何值时， 平面？试证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2) ，证明见解析.

【分析】（1）分别取AB和BC的中点D，E，连接MD，DE，证明 平面 ，则 平面；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量计算 ，   ，算出 .
【详解】(1)
取AB的中点D，BC的中点E，连接MD，DE，NE，则有 ，
， 与 共面， ，
平面 平面 ，又 平面 ，∴ 平面；
(2)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系如图：

设 ，
则有，
， ，
由于 =0，当 平面 时，有 ，
即 ，故 ；
综上，当时，  平面.