江西省景德镇市乐平市2024−2025学年高二上学期10月月考 数学试题含答案

江西省景德镇市乐平市2024−2025学年高二上学期10月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则2．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（

）

A．1 B．2 C． D．3．如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线AB与平面所成角为30°，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（

）A．4 B． C．2 D．4．攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约为（

）A． B．C． D．5．如图，在长方体中，已知，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．6．已知球O的半径，平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，则平面截球O的面积为（

）A．16π B．14π C．12π D．10π7．已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥外接球的半径为（

）A． B．2 C． D．8．圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（

）A．9 B．6 C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（

）A．该几何体的体积B．直线PD与平面ABCD所成角的正切值为C．异面直线AP与CC1的夹角正弦值为D．存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上10．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面．以下命题中正确的有（

）A．点的轨迹是一线段B．直线与直线所成角可能为C．侧面上存在点，使得D．平面与平面所成锐二面角的正切值为11．如图为清代官员夏日所用官帽､凉帽的形制，无檐，形如圆锥，俗称喇叭式．材料多为藤､竹制成．外裹绫罗，多用白色，也有用湖色､黄色等．不同型号的官帽大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆的直径长）两个指标进行衡量．现有一个官帽，帽坡长，帽底宽，关于此官帽，下面说法正确的是（

）A．官帽轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为B．过官帽顶点和官帽侧面上任意两条母线的截面三角形的最大面积为C．若此官帽顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为D．此官帽放在平面上，可以盖住的球（保持官帽不变形）的最大半径为三、填空题（本大题共3小题）12．如图，已知正方体的棱长为是棱的中点，平面过点且与直线平行，则平面截正方体所得截面的周长是.13．如图，在长方体中，是线段上异于的一点，则的最小值为.14．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是．四、解答题（本大题共5小题）15．在四棱锥中，底面是矩形，平面的中点为，以为直径的球面交于点；(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.16．如图，长方体中，，，点P为的中点．(1)求证：直线平面PAC；(2)求直线与平面所成的角的正弦值.17．如图，在四棱锥中，底面是菱形．，分别为的中点，且．(1)证明：．(2)若，求点到平面的距离．18．如图，在四棱锥中平面ABCD，E为PD的中点，，，．

(1)求证：平面平面(2)求直线EC与平面PAC所成角的正弦值．19．如图，在长方体中，，点是的中点.(1)证明：；(2)在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求，若不存在，说明理由；(3)求二面角的正切值.

参考答案1．【答案】B【分析】对于A项，若，，，不一定；对于B项，先由和得，再由结合面面垂直的判定定理即可得解；对于C项，若，，，则与相交或或；对于D项，若，，由面面垂直的性质得或.【详解】对于A项，若，，，则与相交或，故A错误；对于B项，若，，则，又，则，故B正确；对于C项，若，，，则与相交或或，故C错误；对于D项，若，，则或，故D错误.故选B.2．【答案】C【详解】因为直观图是等腰直角，，所以，根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半，所以的边上的高.故选：C.3．【答案】C【详解】如图所示，因为点到点的距离相等，可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，又因为，直线与平面所成角为，取的中点，可得，则线段的最小值为.故选：C.4．【答案】A【详解】由题知，圆锥底面圆半径，高，则母线，因此圆锥的侧面积为.即屋顶的面积为.故选：A.5．【答案】D【详解】建立如图所示的空间直角坐标，

因为，E为的中点，所以，所以，假设异面直线与所成的角为，则.故选：D.6．【答案】B【详解】由平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，得球心O到平面的距离，因此平面截球O所得截面圆半径，所以平面截球O所得截面圆面积.故选：B7．【答案】D【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以平面截球得到的截面圆与的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，又因为底面边长为，所以底面正三角形的内切圆的半径为，又因为球的半径为1，所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点，连接PO，即为三棱锥的高，如图，过球心作的垂线交于，则，又因为，所以,又与相似，所以，则，即.因为外接圆的半径为，正三棱锥外接球的球心在上，设半径为，则，即,解得.故选：D.8．【答案】A【详解】为圆台母线的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图①所示，则,由,有,圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图②所示，质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则运动的最短路径为展开图弦，所以.故选：A.9．【答案】ABD【详解】对于A，该几何体的体积为，故A正确；对于B，连接交于，连接，由题意可知四棱锥为正四棱锥，所以平面，所以为直线与平面所成角，因为正方形的边长为1，所以，所以，故B正确；对于C，设，因为，所以或其补角为异面直线与的夹角,且，所以，所以异面直线与的夹角余弦值为，故C错误；对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，则为的中点，且，得，因为，所以点长方体的外接球上，所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，故D正确.故选：ABD.10．【答案】ACD【详解】对于A，分别取的中点，连接，则，又，则平面平面，则当点落在线段上时，平面，则平面，即满足题意的点在侧面上的轨迹为线段，故A正确；对于B，当点在线段上运动变化到端点或时，直线与直线所成角取得最大值，此时直线与直线所成角为（或），又，则．则直线与直线所成角不可能为．故B错误；对于C，取中点，连接，中，，则，又，则，即当为中点时，有，故C正确；对于D，取为的中点，因为平面平面，则，所以即为平面与平面所成锐二面角，所以，故D正确；故选：ACD．11．【答案】ACD【详解】如图所示，，，，，，所以正确；，所以最大面积应为，所以错误；设外接球的球心为，则，，，可见球心在延长线上，，所以C正确；设是内切球的球心，则，，，得到最大半径为，所以正确．故选：.12．【答案】【详解】取棱靠近点的四等分点，棱靠近点的四等分点，棱靠近点的四等分点，连接，，由正方体性质得，，所以四边形为平行四边形，所以，同理，所以，则四点共面.由正方体性质得，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.所以平面即为平面截该正方体所得截面，由题可知四边形是菱形，且，所以平面截正方体所得截面的周长是.故答案为：13．【答案】【详解】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，如图所示：由长方体结构特征，易得，由，，所以，由，故答案为：.14．【答案】【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，正外接圆半径，正四面体的高，设正四面体的外接球半径为，在中，，解得，因此，勒洛四面体内切球半径为.故答案为：．15．【答案】(1)证明见解析(2)1【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为以为直径的球面交于，所以，又平面，所以平面.（2）因为，平面，平面，所以，所以为等腰直角三角形，则，又平面，平面，所以，所以为的中点，又，所以三棱锥的体积.16．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）设和交于点，连接，由于分别是，的中点，故，平面，平面，所以直线平面．（2）设的中点为，连接，则，，，平面，所以平面，所以就是直线与平面所成角．在中，，，所以．于是直线与平面所成角的正弦值为．17．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而得证；（2）先求得，进而求得，利用等体积法可求得点到平面的距离.【详解】（1）连接．因为底面是菱形，分别为的中点，所以，，所以．又，，所以平面．因为平面，所以．（2）因为，是的中点，所以．又，，所以平面．由题意得是边长为2的等边三角形，且为的中点，所以，又，所以．在中，可得，，所以．设点到平面的距离为，则．因为，所以，解得．所以点到平面的距离为.18．【答案】(1)证明见详解；(2).【详解】（1）因为平面，平面，所以，由题知，，，所以，又由余弦定理得，所以，，即，因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知，在平面内的射影为，所以在平面内的射影也为，故直线EC与平面PAC所成角即为.因为，所以，所以，又因为E为PD的中点，所以，所以，所以.19．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，；(3).【详解】（1）在