2024北京九中高二10月月考数学试题及答案

试题试题2024北京九中高二10月月考数学2024.10一、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，选择符合题目要求的一项．1.如果点A在直线a上，而直线a在平面α内，点B在平面α内，则可以表示为（）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.下列结论中正确的是（）A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.当正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等时该棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线3.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（）A. B. C. D.84.若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是（）A.异面或平行 B.异面或相交C.异面 D.相交、平行或异面5.给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为（）A.3 B.2C.1 D.06.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.7.设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，且，，则“”是“且”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A. B. C. D.9.如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（）A.1 B. C. D.10.如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题共5小题，每小题4分，共20分11.母线长为的圆锥体，其侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积为________________.12.如图，在正三棱柱中，已知，点是棱上的动点，当三棱锥的体积为时，________13.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为______，体积为______.14.正方体中，是的中点，平面经过直线且与直线平行，若正方体的棱长为，则平面截正方体所得的多边形的面积为_____.15.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是________．三、解答题共5小题，共40分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.如图，圆锥中，，为底面圆的两条直径，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求圆锥的表面积.17.如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且.（1）求证：E，F，G，H四点共面；（2）设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.18.如图，在三棱锥中，分别是中点，平面平面.求证：.19.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.20.如图在四棱锥中，，M，N分别是AB，CD的中点，．（1）求证：平面AED；（2）若点F在棱AD上且满足，平面CEF，求的值．

参考答案一、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，选择符合题目要求的一项．1.【答案】B【分析】直接按照平面内点、线、面的位置关系,写出结果即可.【详解】点A在直线上，而直线在平面α内，点B在平面α内，表示为A∈，⊂α，B∈α.故选:B.【点睛】本题考查空间中，点、线、面的符号表示方法,基本知识的考查.2.【答案】D【分析】举例正八面体可说明A错误；若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴得到的几何体为两个圆锥的组合体可说明B错误；说明正六棱锥的侧棱长大于底面边长，可说明C错误；根据圆锥母线的概念可判断D.【详解】对于A，正八面体的各个面都是三角形，但不是三棱锥，所以A错误.对于B，若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥形成的组合体，所以B错误.对于C，正六棱锥的底面六边形的外接圆半径与底面边长相等，而正棱锥的侧棱长大于底面多边形外接圆半径，所以正六棱锥的侧棱长大于底面边长，所以C错误.对于D，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，所以D正确.故选：D3.【答案】B【分析】利用斜二测画法还原直观图即得.【详解】由题可知，∴，还原直观图可得原平面图形，如图，则，∴，∴原平面图形的周长为.故选：B.4.【答案】D【分析】根据空间中直线的位置关系，结合已知条件，即可容易判断.【详解】a和b是异面直线，b和c是异面直线，根据异面直线的定义可得：可以是异面直线，如下所示：也可以相交也可以平行故选：.【点睛】本题考查空间中直线之间的位置关系，属简单题.5.【答案】C【分析】利用面面关系的判定与性质逐项排除.【详解】①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m；②中l与m也可能异面；③中，同理，l∥m，则m∥n，正确．故选：C.【点睛】本题主要考查有关面面关系的判定与性质.6.【答案】B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.7.【答案】A【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由，，，则且，反之，当且时，若，则或与相交，所以“”是“且”的充分不必要条件.故选：A8.【答案】C【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.9.【答案】C【分析】如图，将直三棱柱展开成矩形，连结交于，此时最小，则，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.【详解】将直三棱柱展开成矩形，如下图，连接，交于，此时最小，∵，则，而，由且都在面，则面，又，则面，即面，点为侧棱上的动点，当最小时，即，得，又为直角三角形，此时三棱锥的体积为：.故选：C10.【答案】B【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到点的轨迹，在根据平面几何知识求出的范围.【详解】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面,所以平面，因为，平面，平面,所以平面，又因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，因为，，所以当点位于点时，最大，当点位于的中点时，最小，此时，所以，所以线段长度的取值范围是.故选：B二、填空题共5小题，每小题4分，共20分11.【答案】【详解】圆锥体其侧面展开图为扇形，S=，解得，由圆锥的截面图可得，故答案为12.【答案】3【分析】利用等体积法求解即可.【详解】解：因为正三棱柱中，,所以点到平面的距离为，所以根据等体积法，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查等体积法，是基础题.13.【答案】①.②.【分析】利用正棱柱外接球的性质，结合正弦定理与勾股定理，球的表面积与体积公式即可得解.【详解】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图：则的外接圆的半径为，所以其外接球的半径为，所以球的表面积为；体积为.故答案为：；14.【答案】.【分析】根据线面平行的性质作出平面α与正方体的截面，计算截面梯形的各边长即可求出截面面积.【详解】过作交于，过作的平行线，交于，连接，则平面即为符合条件的平面，由图可知分别为的中点，故，，且，∴等腰梯形的高为，∴梯形的面积为.故答案为：.【点睛】本题考查了线面平行的性质，几何体中截面面积，属于中档题．15.【答案】①②③【分析】作出立体图形，连接四点构成平面，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质依次分析选项即可.【详解】作出立体图形，连接四点构成平面，①：因为分别是的中点，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正确；②：连接，交于点，连接，则为的中点，得，又平面，平面，所以平面，故②正确；③：由①的分析可知，所以，因为平面，平面，所以平面，故③正确；④：由③的分析可知，结合图形，可知，所以直线EF与平面BDG不平行，故④错误.故答案为：①②③三、解答题共5小题，共40分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)证明即可.(2)分别计算侧面积与底面积求和即可.【详解】(1)连接,因为分别为中点.故,又面,故平面.(2)圆锥的侧面积.底面积.故表面积.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与表面积的算法,属于基础题型.17.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据已知条件，可得以及，所以，进而得出四点共面；（2）因为是平面和平面的交线，只需证明点是平面和平面的交点，即可证得，进而得到三点共线.【小问1详解】因为E，F分别为AB，AD的中点，所以.在中，因为，所以，所以，所以.所以E，F，G，H四点共面.【小问2详解】因为，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.所以为平面ABC与平面ADC的一个公共点.又平面平面，所以，所以P，A，C三点共线.18.【答案】证明见解析【分析】先根据线面平行证明，结合平行的传递性可得.【详解】因为分别是的中点，所以，所以.又平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.又，所以.【点睛】本题主要考查空间中的直线与直线平行，线线平行可以通过线面平行转化，侧重考查逻辑推理的核心素养.19.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据平行四边形可知BD∥B1D1，可得BD∥平面CD1B1，同理可得A1B∥D1C，A1B∥平面CD1B1，即可证明（2）根据两平面平行的性质定理可知l∥直线BD，再根据平行四边形知B1D1∥BD，即可证明B1D1∥l.【详解】证明：(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为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＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定，面面平行的性质，属于