試題試題2024北京九中高二10月月考數學2024.10一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選擇符合題目要求的一項．1.如果點A在直線a上，而直線a在平面α內，點B在平面α內，則可以表示為（）A.A?a，a?α，B∈α B.A∈a，a?α，B∈αC.A?a，a∈α，B?α D.A∈a，a∈α，B∈α2.下列結論中正確的是（）A.各個面都是三角形的幾何體是三棱錐B.以三角形的一邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐C.當正棱錐的側棱長與底面多邊形的邊長相等時該棱錐可能是六棱錐D.圓錐的頂點與底面圓周上的任一點的連線都是母線3.如圖，一個水平放置的平面圖形的直觀圖是邊長為2的菱形，且，則原平面圖形的周長為（）A. B. C. D.84.若a和b是異面直線，b和c是異面直線，則a和c的位置關系是（）A.異面或平行 B.異面或相交C.異面 D.相交、平行或異面5.給出下列關于互不相同的直線l、m、n和平面α、β、γ的三個命題：①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β；②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n.其中真命題的個數為（）A.3 B.2C.1 D.06.已知圓柱的上、下底面的中心分別為，，過直線的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為A. B. C. D.7.設m，n為兩條不同的直線，，為兩個不同的平面，且，，則“”是“且”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）A. B. C. D.9.如圖，在直三棱柱中，，點為側棱上的動點．當最小時，三棱錐的體積為（）A.1 B. C. D.10.如圖所示，在棱長為1的正方體中，點分別是棱的中點，是側面內一點，若平面，則線段長度的取值范圍是（）A. B. C. D.二、填空題共5小題，每小題4分，共20分11.母線長為的圓錐體，其側面展開圖的面積為，則該圓錐的體積為________________.12.如圖，在正三棱柱中，已知，點是棱上的動點，當三棱錐的體積為時，________13.設三棱柱的側棱垂直于底面，所有棱長都為，頂點都在一個球面上，則該球的表面積為______，體積為______.14.正方體中，是的中點，平面經過直線且與直線平行，若正方體的棱長為，則平面截正方體所得的多邊形的面積為_____.15.如圖是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點．在此幾何體中，給出下面四個結論：①平面EFGH∥平面ABCD；②直線PA∥平面BDG；③直線EF∥平面PBC；④直線EF∥平面BDG.其中正確的序號是________．三、解答題共5小題，共40分，解答題應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.如圖，圓錐中，，為底面圓的兩條直徑，，，為的中點.（1）求證：平面；（2）求圓錐的表面積.17.如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F分別是AB，AD的中點，G，H分別在BC，CD上，且.（1）求證：E，F，G，H四點共面；（2）設EG與FH交于點P，求證：P，A，C三點共線.18.如圖，在三棱錐中，分別是中點，平面平面.求證：.19.如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l，證明B1D1∥l.20.如圖在四棱錐中，，M，N分別是AB，CD的中點，．（1）求證：平面AED；（2）若點F在棱AD上且滿足，平面CEF，求的值．

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選擇符合題目要求的一項．1.【答案】B【分析】直接按照平面內點、線、面的位置關系,寫出結果即可.【詳解】點A在直線上，而直線在平面α內，點B在平面α內，表示為A∈，?α，B∈α.故選:B.【點睛】本題考查空間中，點、線、面的符號表示方法,基本知識的考查.2.【答案】D【分析】舉例正八面體可說明A錯誤；若以銳角三角形的一邊所在的直線為旋轉軸得到的幾何體為兩個圓錐的組合體可說明B錯誤；說明正六棱錐的側棱長大于底面邊長，可說明C錯誤；根據圓錐母線的概念可判斷D.【詳解】對于A，正八面體的各個面都是三角形，但不是三棱錐，所以A錯誤.對于B，若以銳角三角形的一邊所在的直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體是兩個圓錐形成的組合體，所以B錯誤.對于C，正六棱錐的底面六邊形的外接圓半徑與底面邊長相等，而正棱錐的側棱長大于底面多邊形外接圓半徑，所以正六棱錐的側棱長大于底面邊長，所以C錯誤.對于D，圓錐的頂點與底面圓周上的任一點的連線都是母線，所以D正確.故選：D3.【答案】B【分析】利用斜二測畫法還原直觀圖即得.【詳解】由題可知，∴，還原直觀圖可得原平面圖形，如圖，則，∴，∴原平面圖形的周長為.故選：B.4.【答案】D【分析】根據空間中直線的位置關系，結合已知條件，即可容易判斷.【詳解】a和b是異面直線，b和c是異面直線，根據異面直線的定義可得：可以是異面直線，如下所示：也可以相交也可以平行故選：.【點睛】本題考查空間中直線之間的位置關系，屬簡單題.5.【答案】C【分析】利用面面關系的判定與性質逐項排除.【詳解】①中當α與β不平行時，也可能存在符合題意的l、m；②中l與m也可能異面；③中，同理，l∥m，則m∥n，正確．故選：C.【點睛】本題主要考查有關面面關系的判定與性質.6.【答案】B【詳解】分析：首先根據正方形的面積求得正方形的邊長，從而進一步確定圓柱的底面圓半徑與圓柱的高，從而利用相關公式求得圓柱的表面積.詳解：根據題意，可得截面是邊長為的正方形，結合圓柱的特征，可知該圓柱的底面為半徑是的圓，且高為，所以其表面積為，故選B.點睛：該題考查的是有關圓柱的表面積的求解問題，在解題的過程中，需要利用題的條件確定圓柱的相關量，即圓柱的底面圓的半徑以及圓柱的高，在求圓柱的表面積的時候，一定要注意是兩個底面圓與側面積的和.7.【答案】A【分析】根據給定條件，利用面面平行的性質，結合充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】由，，，則且，反之，當且時，若，則或與相交，所以“”是“且”的充分不必要條件.故選：A8.【答案】C【分析】設，利用得到關于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設，則，由題意，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：C.【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關計算，考查學生的數學計算能力，是一道容易題.9.【答案】C【分析】如圖，將直三棱柱展開成矩形，連結交于，此時最小，則，利用等體積法和棱錐的體積公式計算即可求解.【詳解】將直三棱柱展開成矩形，如下圖，連接，交于，此時最小，∵，則，而，由且都在面，則面，又，則面，即面，點為側棱上的動點，當最小時，即，得，又為直角三角形，此時三棱錐的體積為：.故選：C10.【答案】B【分析】根據線面平行的條件構造面面平行從而得到點的軌跡，在根據平面幾何知識求出的范圍.【詳解】如圖，取的中點，的中點，連接，顯然，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面,所以平面，因為，平面，平面,所以平面，又因為，所以平面平面，因為平面，所以平面，點在側面上，所以點位于線段上，因為，，所以當點位于點時，最大，當點位于的中點時，最小，此時，所以，所以線段長度的取值范圍是.故選：B二、填空題共5小題，每小題4分，共20分11.【答案】【詳解】圓錐體其側面展開圖為扇形，S=，解得，由圓錐的截面圖可得，故答案為12.【答案】3【分析】利用等體積法求解即可.【詳解】解：因為正三棱柱中，,所以點到平面的距離為，所以根據等體積法，解得：.故答案為：.【點睛】本題考查等體積法，是基礎題.13.【答案】①.②.【分析】利用正棱柱外接球的性質，結合正弦定理與勾股定理，球的表面積與體積公式即可得解.【詳解】根據題意條件可知三棱柱是棱長都為a的正三棱柱，上下底面中心連線的中點就是球心，如圖：則的外接圓的半徑為，所以其外接球的半徑為，所以球的表面積為；體積為.故答案為：；14.【答案】.【分析】根據線面平行的性質作出平面α與正方體的截面，計算截面梯形的各邊長即可求出截面面積.【詳解】過作交于，過作的平行線，交于，連接，則平面即為符合條件的平面，由圖可知分別為的中點，故，，且，∴等腰梯形的高為，∴梯形的面積為.故答案為：.【點睛】本題考查了線面平行的性質，幾何體中截面面積，屬于中檔題．15.【答案】①②③【分析】作出立體圖形，連接四點構成平面，利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性質依次分析選項即可.【詳解】作出立體圖形，連接四點構成平面，①：因為分別是的中點，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正確；②：連接，交于點，連接，則為的中點，得，又平面，平面，所以平面，故②正確；③：由①的分析可知，所以，因為平面，平面，所以平面，故③正確；④：由③的分析可知，結合圖形，可知，所以直線EF與平面BDG不平行，故④錯誤.故答案為：①②③三、解答題共5小題，共40分，解答題應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】(1)證明即可.(2)分別計算側面積與底面積求和即可.【詳解】(1)連接,因為分別為中點.故,又面,故平面.(2)圓錐的側面積.底面積.故表面積.【點睛】本題主要考查了線面平行的判定與表面積的算法,屬于基礎題型.17.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【分析】（1）根據已知條件，可得以及，所以，進而得出四點共面；（2）因為是平面和平面的交線，只需證明點是平面和平面的交點，即可證得，進而得到三點共線.【小問1詳解】因為E，F分別為AB，AD的中點，所以.在中，因為，所以，所以，所以.所以E，F，G，H四點共面.【小問2詳解】因為，所以.由已知可得，，，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，所以平面ABC.同理，平面ADC，平面ADC.所以為平面ABC與平面ADC的一個公共點.又平面平面，所以，所以P，A，C三點共線.18.【答案】證明見解析【分析】先根據線面平行證明，結合平行的傳遞性可得.【詳解】因為分別是的中點，所以，所以.又平面，平面，所以平面.因為平面，平面平面，所以.又，所以.【點睛】本題主要考查空間中的直線與直線平行，線線平行可以通過線面平行轉化，側重考查邏輯推理的核心素養.19.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【分析】（1）根據平行四邊形可知BD∥B1D1，可得BD∥平面CD1B1，同理可得A1B∥D1C，A1B∥平面CD1B1，即可證明（2）根據兩平面平行的性質定理可知l∥直線BD，再根據平行四邊形知B1D1∥BD，即可證明B1D1∥l.【詳解】證明：(1)由題設知BB1∥DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因為A1D1∥BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因為BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l，平面ABCD∩平面A1BD＝直線BD，所以直線l∥直線BD，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四邊形BDD1B1為平行四邊形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.【點睛】本題主要考查了線面平行、面面平行的判定，面面平行的性質，屬于