2023-2024学年北京理工大附中高二（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年北京理工大附中高二（上）月考数学试卷（10月份），文件包含九年级上册第二单元第4课希腊城邦和亚历山大帝国导学案教师版2023-2024学年初中历史docx、九年级上册第二单元第4课希腊城邦和亚历山大帝国导学案学生版2023-2024学年初中历史docx等2份学案配套教学资源，其中学案共17页， 欢迎下载使用。

1．（4分）若点A在直线b上，b在平面β内，则A，b（ ）
A．A∈b∈βB．A⊂b⊂βC．A∈b⊂βD．A⊂b∈β
2．（4分）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形（ ）
A．B．C．D．
3．（4分）已知圆锥的底面半径为1，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）已知平面α∥平面β，过平面α内的一条直线a的平面γ，与平面β相交，则a、b的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．异面D．不确定
5．（4分）已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PC于点A′，B′，若PA′：AA′＝2：3，则S△A′B′C′：S△ABC＝（ ）
A．2：3B．2：5C．4：9D．4：25
6．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝+x+y，y的值分别为（ ）
A．1，1B．1，C．，D．，1
（多选）7．（4分）给出下列命题，其中是真命题的有（ ）
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
C．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D．存在每个面都是直角三角形的四面体
8．（4分）我国南北朝时期的科学家祖暅，提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体，则这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：曲线y＝x2（0≤y≤L）绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，得截面圆的面积为．由此构造右边的几何体Z1：其中AC⊥平面α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，它与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ为矩形，FP＝l，则几何体Z的体积为（ ）
A．πL2B．πL3C．D．
9．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，下列四个命题中错误的是（ ）
A．D1P∥平面A1BC1
B．平面PDB1⊥平面A1BC1
C．三棱锥A1﹣BPC1的体积不变
D．D1P⊥BD
10．（4分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，BD∩AC＝O，M是线段D1O上的动点，过点M作平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点A距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分.）
11．（4分）已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为 ，体积之比为 ．
12．（4分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为 ．
13．（4分）如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与原长方体体积的比为 ．
14．（4分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N，设，，，则向量＝ （用表示）
15．（4分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于点E，F，则四边形BFD1E面积的最小值为 ．
三、解答题共4题，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16．（10分）如图，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，且BG：GC＝DH：HC＝1：2．
（1）求证：E、F、G、H四点共面；
（2）设EG与HF交于点P，求证：P、A、C三点共线．
17．（10分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°1B1的中点，F在BB1上，G为AB中点．
（1）求证：CG∥平面C1DF；
（2）在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
18．（10分）如图示，正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点．
（1）求证：PQ⊥BQ；
（2）在线段AB上是否存在一点N，使面PCN⊥面PQB？并证明你的结论．
19．（10分）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，AD上，EF∥AB，使BE⊥EC．
（1）若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在的值；若不存在
（2）求三棱锥A﹣CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．
2023-2024学年北京理工大附中高二（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）
1．（4分）若点A在直线b上，b在平面β内，则A，b（ ）
A．A∈b∈βB．A⊂b⊂βC．A∈b⊂βD．A⊂b∈β
【答案】C
【分析】点A在直线b上，记作A∈b，b在平面β内，记作b⊂β．
【解答】解：∵点A在直线b上，
∴A∈b，
∵b在平面β内，
∴b⊂β．
∴A∈b⊂β．
故选：C．
【点评】本题考查平面的上点和直线之间，直线和平面之间的位置关系的表示方法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
2．（4分）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，
计算平面图形的面积即可．
【解答】解：由已知直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，
如图所示；
∴这个平面图形的面积为：
．
故选：D．
【点评】本题考查了斜二侧画法的平面图形面积计算问题，是基础题．
3．（4分）已知圆锥的底面半径为1，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面母线，然后求出底面半径，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．
【解答】解：圆锥的底面半径为1，且它的侧面展开图是一个半圆，
所以圆锥的底面周长为：2π，
圆锥的母线长为：2，圆锥的高为：；
圆锥的体积为：π×12×＝．
故选：A．
【点评】本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，利用扇形求出底面周长，然后求出体积，考查计算能力，常规题型．
4．（4分）已知平面α∥平面β，过平面α内的一条直线a的平面γ，与平面β相交，则a、b的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．异面D．不确定
【答案】A
【分析】根据题意，由平面与平面平行的性质可得a∥b，即可得答案．
【解答】解：根据题意，分析可得：．
故选：A．
【点评】本题考查平面与平面平行的性质，涉及直线与直线、直线与平面的位置关系，属于基础题．
5．（4分）已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PC于点A′，B′，若PA′：AA′＝2：3，则S△A′B′C′：S△ABC＝（ ）
A．2：3B．2：5C．4：9D．4：25
【答案】D
【分析】由面面平行得到△A′B′C′∽△ABC，再由相似三角形得到面积比为相似比的平方，即可得到面积比．
【解答】解：由图知，∵平面α∥平面ABC，
∴AB∥平面α，
又由平面α∩平面PAB＝A′B′，则A′B′∥AB，
∵PA′：AA′＝2：3，即PA′：PA＝3：5
∴A′B′：AB＝2：7，
由于相似三角形得到面积比为相似比的平方，
所以S△A′B′C′：S△ABC＝4：25．
故选：D．
【点评】本题考查面面平行的性质，属于基础题．
6．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝+x+y，y的值分别为（ ）
A．1，1B．1，C．，D．，1
【答案】C
【分析】画出正方体，表示出向量，为+的形式，可得x、y的值．
【解答】解：如图，
++（）．
故选：C．
【点评】本题考查棱柱的结构特征，向量加减运算，是基础题．
（多选）7．（4分）给出下列命题，其中是真命题的有（ ）
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
C．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D．存在每个面都是直角三角形的四面体
【答案】BCD
【分析】根据题意结合棱柱、棱锥的结构特征对选项中的命题进行分析是否正确即可．
【解答】解：对于A，棱柱的侧棱都相等，不一定全等；
对于B，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，PA⊥PB，所以PA⊥平面PBC，
所以平面PAB⊥平面PBC，平面PAC⊥平面PBC，
同理可得，平面PAB⊥平面PAC，选项B正确；
对于C，四棱柱中，则该四棱柱为直四棱柱；
对于D，存在每个面都是直角三角形的四面体，三个侧面是直角三角形，所以选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了棱柱的空间结构特征及其应用问题，也考查了对基础概念的理解问题，是基础题．
8．（4分）我国南北朝时期的科学家祖暅，提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体，则这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：曲线y＝x2（0≤y≤L）绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，得截面圆的面积为．由此构造右边的几何体Z1：其中AC⊥平面α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，它与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ为矩形，FP＝l，则几何体Z的体积为（ ）
A．πL2B．πL3C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得几何体Z1为棱柱，再由已知利用棱柱体积公式求解．
【解答】解：由几何体Z1可知，△AFP为等腰直角三角形，
∴△ACB为等腰直角三角形，且AC＝BC＝L，
又AA1＝π，
∴＝．
∴几何体Z的体积为．
故选：C．
【点评】本题考查棱柱体积的求法，考查祖暅原理的应用，是基础题．
9．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，下列四个命题中错误的是（ ）
A．D1P∥平面A1BC1
B．平面PDB1⊥平面A1BC1
C．三棱锥A1﹣BPC1的体积不变
D．D1P⊥BD
【答案】D
【分析】通过证明平面D1AC∥平面A1BC1可判断A；通过证明DB1⊥平面A1BC1可判断B；三棱锥V三棱锥A1﹣BPC1⇔三棱锥B﹣PA1C1的体积，然后计算即可判断C；通过证明BD不与平面D1AC垂直可判断D．
【解答】解：如图所示：
对于A，由正方体ABCD﹣A1B1C6D1，可知AD1∥BC6，A1B∥D1C，
可得平面D6AC∥平面A1BC1，
又D8P⊂平面D1AC，
∴得D1P∥平面A2BC1，故A正确；
对于B，连接B1C、BC2，由正方体ABCD﹣A1B1C6D1，可知B1C⊥BC6，BC1⊥DC，
可得BC1⊥平面DCB3，又B1D⊂平面DCB1，可得B2D⊥BC1，
同理B1D⊥BC5，
可得B1D⊥平面A1BC3，
又B1D⊂平面PDB1，所以可得平面PDB4⊥平面A1BC1，故B正确；
对于C，设点B到平面A4ACC1的距离为d、正方体棱长为1，
可得V三棱锥A6﹣BPC1＝V三棱锥B﹣PA1C7＝S△A8PC1•d＝××7××＝，故C正确；
对于D，由正方体ABCD﹣A4B1C1D7，可知BD⊥AC，
假设D1P⊥BD，则BD⊥平面D1AC，则BD⊥AD6，
可知△AB1D1是等边三角形，
∴B2D1不与AD1垂直，
又B5D1∥BD，
∴BD不与AD1垂直，
∴假设不成立，故D错误；
故选：D．
【点评】本题考查棱柱棱锥的结构特征、线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．
10．（4分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，BD∩AC＝O，M是线段D1O上的动点，过点M作平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点A距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据正方体的结构特征，可证，N在B1D1上，过N作NG⊥A1B1，交A1B1于G，设NG＝x，利用勾股定理构造关于x的函数，求函数的最小值．
【解答】解：∵平面ACD1⊥平面BDD1B5，又MN⊥平面ACD1，
∴MN⊂平面BDD1B3，∴N∈B1D1
过N作NG⊥A4B1，交A1B2于G，将平面A1B1C7D1展开，如图：
设NG＝x，（0≤x≤6），
∴AN＝＝＝≥，
当x＝时最小．
故选：B．
【点评】本题考查了正方体的结构性质，考查了函数思想的应用，构造函数模型，利用二次函数求最小值是解题的关键．
二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分.）
11．（4分）已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为 ，体积之比为 ．
【答案】；．
【分析】根据球的表面积公式以及体积公式即可求解．
【解答】解：设两个球的半径为R，r，由题意可得R：r＝2：3，
所以表面积之比为，
体积之比为．
故答案为：；．
【点评】本题考查球体的体积与表面积公式，考查运算能力，属基础题．
12．（4分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为 60° ．
【答案】60°．
【分析】连接B1D1，D1C，根据正方体的性质可得∠D1B1C（或其补角）即为所求，即可得出答案．
【解答】解：连接B1D1，D2C，如图所示：则B1D1∥EF，
故∠D5B1C（或其补角）即为所求，
又B1D7＝D1C＝B1C，则∠D3B1C＝60°，
故答案为：60°．
【点评】本题考查棱柱的结构特征和异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
13．（4分）如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与原长方体体积的比为 ．
【答案】．
【分析】根据体积公式计算求解即可；
【解答】解：设长方体的边长为a，b，c，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了棱柱和棱锥体积的求法，属基础题．
14．（4分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N，设，，，则向量＝ （用表示）
【答案】见试题解答内容
【分析】作出如图的图象，把三个向量看作是基向量，由向量的线性运算将用三个基向量表示出来，再用表示即可得到答案
【解答】解：由题意三棱柱ABC﹣A1B1C6中，M、N分别是A1B、B1C2上的点，且BM＝2A1M，C4N＝2B1N，由图，
＝＝
又，，，
∴＝
故答案为：．
【点评】本题考点是向量加减混合运算及其几何意义，考查了向量加法与减法法则，解题的关键是熟练掌握向量加减法的法则，根据图象将所研究的向量用基向量表示出来，本题考查数形结合的思想，是向量在几何中运用的基础题型．
15．（4分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于点E，F，则四边形BFD1E面积的最小值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】点E到D1F的距离d＝BC＝1，当BE取最小值时四边形BFD1E面积取最小值，由此能求出四边形BFD1E面积的最小值．
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C5D1的底面ABCD是边长为1的正方形，
侧棱，过BD1作平面α分别交棱AA7，CC1于点E，F，
∵点E到D1F的距离d＝BC＝8，
四边形BFD1E面积S＝BE×d＝BE×BC＝BE，
∴当BE取最小值时四边形BFD1E面积取最小值，
∵BEmin＝＝，
∴四边形BFD1E面积的最小值为Smin＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查截面面积的最小值的求法，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．
三、解答题共4题，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16．（10分）如图，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，且BG：GC＝DH：HC＝1：2．
（1）求证：E、F、G、H四点共面；
（2）设EG与HF交于点P，求证：P、A、C三点共线．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用三角形的中位线平行于第三边；平行线分线段成比例定理，得到EF、GH都平行于BD，利用平行线的传递性得到EF∥GH
据两平行线确定以平面得证．
（2）利用分别在两个平面内的点在两个平面的交线上，得证．
【解答】证明：（1）∵，E、F分别是AB
∴EF∥BD
∵BG：GC＝DH：HC＝1：2
∴GH∥BD
∴EF∥GH
E、F、G、H四点共面．
（2）∵EG与HF交于点P
∵EG⊂面ABC
∴P在面ABC内，
同理P在面DAC
又∵面ABC∩面DAC＝AC
∴P在直线AC上
∴P、A、C三点共线．
【点评】本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法．
17．（10分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°1B1的中点，F在BB1上，G为AB中点．
（1）求证：CG∥平面C1DF；
（2）在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
【答案】（1）（2）详见证明过程．
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）选①③能证明AB1⊥平面C1DF，推导出DF⊥AB1，C1D⊥AB1，即证得AB1⊥平面C1DF．
【解答】证明：（1）如图示：
∵ABC﹣A1B1C6是直三棱柱，
又D是A1B1的中点，G是AB中点，
连接DG，则DG＝CC8且DG∥CC1，
∴四边形CGDC1是矩形，
∴CG∥C3D，
∵C1D⊂平面C1DF，CG不在平面C7DF上，
∴CG∥平面C1DF；
（2）选①③能证明AB1⊥平面C7DF：
连接DF，A1B，∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝8，
则AB＝，又AA1＝，则A1B⊥AB1，
∴DF⊥AB8，
∵C1D⊥平面AA1B6B，AB1⊂平面AA1B8B，
∴C1D⊥AB1，又DF∩C5D＝D，
∴AB1⊥平面C1DF．
【点评】本题考查线面平行，垂直的判定定理，考查推理论证能力，属于中档题．
18．（10分）如图示，正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点．
（1）求证：PQ⊥BQ；
（2）在线段AB上是否存在一点N，使面PCN⊥面PQB？并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解答；（2）在线段AB上存在一点N，且N为AB的中点，使面PCN⊥面PQB，证明见解答．
【分析】（1）由面面垂直的性质可得线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）在线段AB上存在一点N，且N为AB的中点，使面PCN⊥面PQB．由线面垂直的性质和判定，推得CN⊥平面PBQ，进而得到面面垂直．
【解答】解：（1）证明：由正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点，
可得PQ⊥AD，PQ⊥平面ABCD，
而BQ⊂平面ABCD，则PQ⊥BQ；
（2）在线段AB上存在一点N，且N为AB的中点．
证明：由（1）可得PQ⊥平面ABCD，
又CN⊂平面ABCD，可得PQ⊥CN．
由N为AB的中点，可得BN＝，
在直角三角形BCN中，tan∠BCN＝＝，
在直角三角形AQB中，tan∠AQB＝，
而∠CBQ＝AQB，则tan∠CBQ＝tan∠AQB＝2，
tan∠CBQ•tan∠BCN＝8，
可得∠CBQ+∠BCN＝90°，
即有CN⊥BQ，
可得CN⊥平面PBQ，
又CN⊂平面PCN，可得面PCN⊥面PQB．
【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的性质和判定，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19．（10分）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，AD上，EF∥AB，使BE⊥EC．
（1）若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在的值；若不存在
（2）求三棱锥A﹣CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）取，可得，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，则有，结合已知条件可证四边形MPEC为平行四边形，因此CP∥平面ABEF；
（2）设BE＝x，得AF＝x（0＜x≤4），FD＝6﹣x，则，因此当x＝3时，VA﹣CDF有最大值，在△ACD中，由余弦定理得cs∠ADC的值，进一步求出sin∠ADC的值，求出S△ADC，设点F到平面ADC的距离为h，由于VA﹣CDF＝VF﹣ACD，求出h即点F到平面ADC的距离．
【解答】解：（1）AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF．
证明：当时，，
过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，
∵BE＝4，可得FD＝5，又EC＝3，
故有MP＝∥EC，故四边形MPEC为平行四边形，
∴CP∥平面ABEF成立；
（2）设BE＝x，∴AF＝x（7＜x≤4），
故．
∴当x＝8时，VA﹣CDF有最大值，且最大值为3，
此时EC＝1，AF＝5，，在△ACD中，
∴，，
设点F到平面ADC的距离为h，由于VA﹣CDF＝VF﹣ACD，即，
∴，即点F到平面ADC的距离为．
【点评】本题考查了线面平行的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、一元二次不等式的性质，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．