2021-2022学年上海市市北中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市市北中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】A

【分析】利用平面公理3进行充分必要性的判断即可.

【详解】充分性成立：“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，

由一条直线和直线外一点确定一个平面，推出“这四点在唯一的一个平面内”；

必要性不成立：“四个点在同一平面上”可以为“两点分别在两条相交或平行直线上”；

所以前者是后者的充分非必要条件.

故选：A．

2．下列说法错误的是(  )

A．平行于同一个平面的两个平面平行

B．平行于同一直线的两个平面平行

C．垂直于同一个平面的两条直线平行

D．垂直于同一条直线的两个平面平行

【答案】B

【详解】根据面面平行的性质可知平行于同一个平面的两个平面平行，故A正确；

根据平行公理可知平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故B错；

根据线面垂直的性质可知垂直于同一个平面的两条直线平行，故C正确；

根据面面平行的判定可知垂直于同一条直线的两个平面平行，故D正确；

故选B

3．若为两条异面直线外的任意一点，则（　　）

A．过点有且仅有一条直线与都平行

B．过点有且仅有一条直线与都垂直

C．过点有且仅有一条直线与都相交

D．过点有且仅有一条直线与都异面

【答案】B

【详解】解：因为若点是两条异面直线外的任意一点，则过点有且仅有一条直线与都垂直，选B

4．对于任意的直线与平面，在平面内必有直线，使与（    ）

A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面

【答案】C

【详解】对于任意的直线l与平面α，分两种情况

①l在平面α内,l与m共面直线,则存在直线m⊥l或m∥l；

②l不在平面α内，且l⊥α，则平面α内任意一条直线都垂直于l；  若l于α不垂直，

则它的射影在平面α内为一条直线，在平面α内必有直线m垂直于它的射影，则m与l垂直；

若l∥α，则存在直线m⊥l.

故选C.

二、填空题

5．过平面外一点与该平面平行的平面有 _____个．

【答案】1

【分析】假设过平面外一点与该平面平行的平面不止一个，由面面平行的性质推出矛盾，得出结果为1.

【详解】由面面平行的传递性知，若平面α∥平面β，平面α∥平面γ，则平面β∥平面γ，

假设过平面外一点与该平面平行的平面不止一个，则这些平面均相交，与上述结论相矛盾，

所以假设不成立，

所以过平面外一点与该平面平行的平面有1个．

故答案为：1．

6．过两条异面直线中的一条可作_____个平面与另一条平行．

【答案】1

【详解】试题分析：根据空间两条异面直线位置关系和线面平行的定义，以及图象判断符合条件的平面的个数．

解：由于两条直线是异面直线，

则只能作出1个平面平行于另一条直线；

如图：异面直线a、b，过b上任一点作a的平行线c

则相交直线b、c确定一个平面，

且与a平行．

故答案为1．

【解析】空间中直线与直线之间的位置关系．

7．空间两个角的两边分别平行，则这两个角 _____．

【答案】相等或互补

【分析】利用等角定理进行求解.

【详解】根据等角定理有：

当角的两组对应边同时同向或同时反向时，两角相等；

当角的两组对应边一组同向一组反向时，两角互补．

故答案为：相等或互补．

8．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，则直线A1D与直线CC1的距离为 _____．

【答案】4

【分析】根据长方体的性质得到CD⊥C1C，CD⊥A1D，即直线A1D与直线CC1的距离为CD，即可求直线A1D与直线CC1的距离的距离.

【详解】

解：因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以CD⊥C1C，CD⊥平面ADD1A1，所以CD⊥A1D，

所以直线A1D与直线CC1的距离为CD＝AB＝4.

故答案为：4．

9．已知二面角为，P是平面α内的一点，P到β的距离为1，则P在β内的射影到AB的距离为 _____．

【答案】

【分析】过点P作PO⊥平面β于点O，作PD⊥AB于点D，连接OD，可得∠PDO为二面角的平面角，然后根据条件即可求得结果.

【详解】

过点P作PO⊥平面β于点O，作PD⊥AB于点D，连接OD，

因为PO⊥平面β于点O，AB⊂平面β，

则PO⊥AB，

又PD⊥AB，PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面POD，

所以AB⊥平面POD，

则∠PDO为二面角的平面角，

所以，又，且OD为点P在β内的射影到AB的距离，

则，

所以P在β内的射影到AB的距离为．

故答案为:．

10．如图，E、F、G、H分别为空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点，且AC＝6，BD＝4，则当＝_____时，四边形EFGH为菱形．

【答案】##1.5

【分析】利用相似，得到当＝＝＝时，EH＝GF＝BD＝，EF＝GH＝＝，即可得到当＝时，四边形EFGH为菱形．

【详解】解：∵E、F、G、H分别为空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点，且AC＝6，BD＝4，

∴当＝＝＝时，EH∥BD∥FG，EF∥AC∥GH，且EH＝GF＝BD＝，EF＝GH＝＝，

∴当＝时，四边形EFGH为菱形．

故答案为：．

11．异面直线a，b成80°角，点P是a，b外的一个定点，若过P点有且仅有n条直线与a，b所成的角相等且等于45°，则n＝_____．

【答案】2

【分析】先将异面直线平移到点处，分别求出和的角平分线与和的所成角，然后由运动思想分析即可.

【详解】解：如图：

先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE＝80°，∠EPD＝100°，

而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为40°，

而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为50°，

因为45°＞40°，45°＜50°，

所以直线与a，b所成角相等且等于45°有且只有两条，

且直线在面PBE的射影为∠BPE的角平分线，

故答案为：2．

12．设直线平面，过平面外一点与，都成角的直线有且只有 _____．

【答案】2条

【分析】过与平面成角的直线形成一个圆锥的侧面（即圆锥的母线与底面成角），然后考虑这些母线中与直线成角的直线有几条，通过圆锥的轴截面可得．

【详解】解：如图，，以为轴，为顶点作一个圆锥，圆锥轴截面顶角大小为，则圆锥的母线与平面所成角为，因此过的所有与平面成角的直线都是这个圆锥母线所在直线，

过圆锥底面圆心作直线，交底面圆于两点，圆锥的母线中与直线夹角为的直线是母线，也只有这两条直线，

故答案为：2条．

13．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，是正方体的其余四个顶点中的一个，则到平面的距离可能是：

①3；    ②4；   ③5；   ④6；   ⑤7

以上结论正确的为________________________．（写出所有正确结论的编号）

【答案】①③④⑤

【分析】先利用梯形的中位线定理得到中点到平面的距离，再利用三角形中位线定理得到各点到平面的距离，进而可得答案.

【详解】根据题意，如图，，为的中点，，到平面的距离分别为1、2、4，即，

因为，所以，故四边形是梯形，

又，，所以，又为的中点，

由梯形的中位线定理得，

又因为，，所以，又为的中点，

所以在中，由三角形中位线定理得，即到平面的距离为6；

同理：的中点到平面的距离为，所以到平面的距离为5；

的中点到平面的距离为，所以到平面的距离为3；

的中点到平面的距离为，所以到平面的距离为7；

而为中的一点，故到平面的距离可能.

故答案为：①③④⑤．

三、解答题

14．棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC中点，则二面角D﹣AE﹣B1的大小为 _____．

【答案】

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小即可.

【详解】解：以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

因为正方体的棱长为1，E为BC中点，

则，所以，

设平面AEB1的法向量为，

则，令y＝2，则x＝z＝1，故，

又平面AED的一个法向量为，

所以，

由图可知，二面角D﹣AE﹣B1为钝二面角，

故二面角D﹣AE﹣B1的大小为．

故答案为：.

15．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC1的中点，求证：DE∥平面AB1D1．

【答案】证明见解析

【分析】利用面面平行的性质定理证明线面平行.

【详解】

证明：连接BD，C1D，在正方体中，

因为BD∥B1D1，平面AB1D1，平面AB1D1，

所以BD∥平面AB1D1，

同理，因为BC1∥AD1，平面AB1D1，平面AB1D1，

所以BC1∥平面AB1D1，

又BD∩BC1＝B，BD平面BDC1，BC1平面BDC1

所以平面BDC1∥平面AB1D1，

因为DE⊂平面BDC1，

所以DE∥平面AB1D1．

16．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E是棱A1B1的中点．

(1)求证：A1B与EC1是异面直线；

(2)求异面直线A1B与EC1所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据异面直线的定义，结合点E∈平面ABB1A1，点C1平面ABB1A1，即可判断；

（2）根据平行关系可证明异面直线A1B与EC1所成角为∠FGC（或其补角），结合余弦定理可得解.

【详解】（1）如图，因为直线A1B⊂平面ABB1A1，点E∈平面ABB1A1，

点EA1B，点C1平面ABB1A1，所以直线A1B和EC1是异面直线．

（2）取AA1的中点F，AB中点G，连接FG，CG，FC，如图：

因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，所以FG∥A1B，CG∥EC1，

所以异面直线A1B与EC1所成角为∠FGC（或其补角），

因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，

所以有，

由余弦定理得＝，

所以异面直线A1B与EC1所成角的大小为．

17．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．

(1)求证：平面CDM⊥平面OAD；

(2)点N是AB的中点，求OB与平面DMN的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判断定理、性质定理以及面面垂直的判断定理证明.

（2）利用中位线、线面平行的判断定理以及余弦定理、等体积法进行求解.

【详解】（1）证明：如图：

因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，

又因为OA⊥面ABCD，且CD⊂面ABCD，所以OA⊥CD，

又OA∩AD＝A，故CD⊥面OAD，

CD⊂面CDM，所以平面CDM⊥平面OAD；

（2）如图，

因为M，N分别为AO，AB的中点，所以，MN∥OB，

又因为MN⊂面MND，OB面MND，所以，OB∥面MND，

故OB到平面MND的距离即为点B也即点A到平面MND的距离，

由题可知，AN＝1，AD＝2，AM＝1，

所以，，，

所以，故，

设点A到平面MND的距离为h，则VA﹣MND＝VM﹣AND，

即，解得，

所以OB到平面MND的距离为．

18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，已知AB＝3，AD＝2，PA＝2，PD＝2，∠PAB＝60°，

(1)证明：AD⊥平面PAB；

(2)求二面角P﹣BD﹣A的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)arctan

【分析】（1）利用勾股定理得到AD⊥PA，再根据ABCD为矩形得到AD⊥AB，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用三垂线的方法作出二面角P﹣BD﹣A的平面角为∠PEH，然后求角即可.

【详解】（1）在△PAD中，∵PA＝2，AD=2,PD＝2，

∴PA2+AD2＝PD2，∴AD⊥PA，

在矩形ABCD中，AD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB，

∴AD⊥平面PAB．

（2）

过点P作PH⊥AB于H，过点H作HE⊥BD于E，连结PE，

∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，

∴AD⊥PH，又AD∩AB＝A，AD平面ABCD，AB平面ABCD，

∴PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影，

由三垂线定理可知，BD⊥PE，

∴∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．

由题设可得，PH＝PA•sin60°＝，AH＝PA•cos60°＝1，

BH＝AB﹣AH＝2，BD＝＝，

HE＝，

∴在Rt△PHE中，tan，

∴二面角P﹣BD﹣A的大小为arctan．

19．某厂根据市场需求开发折叠式小凳（如图所示）.凳面为三角形的尼龙布，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力和人的舒适度等因素，设计小凳应满足：①凳子高度为30cm，2三根细钢管相交处的节点与凳面三角形重心的连线垂直于凳面和地面.

（1）若凳面是边长为20cm的正三角形，三只凳脚与地面所成的角均为45°，确定节点分细钢管上下两段的比值（精确到0.01）；

（2）若凳面是顶角为120°的等腰三角形，腰长为24cm，节点分细钢管上下两段之比为2∶3，确定三根细钢管的长度（精确到0.1cm）

【答案】（1）0.63；（2）对应于、、三点的三根细钢管长度分别为，和.

【分析】（1）设的重心为，连接，根据就是与平面所成的角，建立与的等量关系，解之即可；

（2）设，的重心为，求出，分别在，，中求出、、，再根据比例关系求出所求即可

【详解】解：（1）设的重心为，连接，

由题意可得，，

设细钢管上下两段之比为，

已知凳子高度为30、则，

节点与凳面三角形重心的连线与地面垂直，且凳面与地面平行

就是与平面所成的角，亦即，

，，

解得，

即节点分细钢管上下两段的比值约为0.63；

（2）设，，

设的重心为，则，

由节点分细钢管上下两段之比为，可知，

设过点、、的细钢管分别为、、，

则，

，

对应于、、三点的三根细钢管长度分别为，和.