山东省烟台市第三中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省烟台市第三中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设a､b是两条不重合的直线，α､A．若a∥α,b⊂α，则aB．若α∥β,α∩γ=aC．若a⊥β,b⊥βD．若α∥β,a⊥α,b2．下列说法正确的是（

）A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥B．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台C．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D．用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图A′B′C′A．32 B．8 C．2+24．如图，已知△ABC用斜二测画法得到的水平放置的直观图为△A′B′A．22 B．4 C．23 5．如图，圆锥OP的高h=1，侧面积S=23π，M，NA．3 B．2 C．1 D．16．如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么V1A．6︰5 B．7︰5C．8︰3 D．4︰37．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形，底面ABCD为矩形.若AB=18，BC=8，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面A．312 B．304 C．192 D．1848．如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得到三棱锥A−BCD，设CA．在翻折过程中，存在某个位置使得AB．若AB⊥CD，则AC．三棱锥A−BD．当AB=AD二、多选题9．如图，AC为圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，A．BC⊥平面PAB C．平面ABC⊥平面PAC10．在直三棱柱ABC−A1A．异面直线A1B与BB．若点N在线段A1C上运动，则BC．点P在侧面BCC1B1上运动，点M在棱ABD．若G,H分别为A1B1,11．如图，在单位正方体ABCD−A1BA．在点P运动过程中，直线A1P与B．三棱锥D−C．异面直线C1P与直线D．在点P运动过程中，不存在某个位置，使得面AB1三、填空题12．已知正六棱柱ABCDEF−A13．如图，已知正四面体S−ABC中，侧棱长为2，F为AB中点，E为AC中点，P是SE上的动点，Q14．在三棱锥D−ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧面DAB⊥底面AB四、解答题15．已知正三棱柱ABC−A1B1C1(1)求证：BC1//(2)求三棱锥B1(3)求直线AB与平面A16．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD(1)若AD=PA，求证：(2)若二面角P−EC−D的正切值为2，且AD=17．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90∘，CD//AB，(1)求几何体D−(2)求二面角D−(3)求几何体D−18．如图，三棱锥A−BCD中，△ABD是边长为2的等边三角形，CD=23，平面ABD(1)证明：BP⊥平面(2)求MP与平面B(3)求二面角P−19．如图，在平面四边形ABCD中，△ABC是等边三角形，△ADC是等腰三角形，且∠AD(1)若AB=BP，求证：平面(2)若∠PAB=45°，记△ABC(3)求平面ABC与平面答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《山东省烟台市第三中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题》参考答案题号12345678910答案ADDDBBDDACDBCD题号11答案ABC1．A【分析】根据空间中直线与直线位置关系可判断A；根据面面平行的性质定理可判断B；根据线面垂直的性质可判断C；根据面面平行与线面垂直的性质可判断D.【详解】若a∥α,b⊂α，则a∥b或若α∥β,α∩γ=a,若a⊥β,b⊥β，由线面垂直的性质，可得若α∥β,a⊥又因为b⊥β,α,β是两个不同的平面，a､故选：A2．D【分析】根据正棱锥的概念判断A，根据棱台的概念判断B，根据圆锥的概念判断C，根据球的截面形状判断D.【详解】各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，A错误；有两个面互相平行且相似，其余面都是梯形的多面体不一定是棱台，只有当梯形的腰延长后交于一点时，这个多面体才是棱台，B错误；直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，C错误；用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，D正确.故选：D3．D【分析】根据直观图还原原平面图形，确定原图形中线段的长度，再由勾股定理计算可得结果.【详解】由直观图还原原平面图形，如下图所示：因为四边形A′B′C′故△A′O′D在原图形中，OD=2因为A′B′//C′D故四边形ABCD为平行四边形，所以，B故原平面图形的周长为AB故选：D.4．D【分析】根据斜二测画法规则及正弦定理，可得原三角形的底边及高.【详解】因为O′A′所以△ABC故选：D5．B【分析】设圆锥母线长为l，底面圆O半径为r,由侧面展开图面积l,r，再作出圆锥的轴截面，由【详解】设圆锥母线长为l，底面圆O半径为r，所以r2+h作出圆锥的轴截面，如图所示：则PC因为底面圆周上有两动点M，N，当∠MPN最大值为12故选：B.6．B【分析】因为E,F分别为AC,AB的中点，得到S△【详解】设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，则V=因为E,F分别为AC所以V1=13h故选：B.7．D【分析】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EG【详解】如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作EG⊥BC，E因为EO⊥平面ABCD，B因为EG⊥BC，EO，E所以BC⊥平面EOG，因为OG同理，OM则可知等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO所以tan∠又BM⊥B所以由BC=8得OM=即BM=4所以该五面体的体积为V故选：D.8．D【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接AD,DE，证明AE⊥平面BCD，则∠ADE即为AD与平面BCD所成角的平面角，即可判断B，根据三棱锥体积公式，找底面△BCD面积和点A【详解】对于A，当平面ABC与平面∵CD⊥BC，平面ABC与平面B∴CD⊥平面ABC∴CD⊥对于B，连接AD因为AB⊥C所以CD⊥平面又AE⊂平面AB因为AB=A所以AE又BC∩C所以AE⊥平面则∠ADE即为A在Rt△BCD中，DE所以tan∠即AD与平面BCD对于C，三棱锥A−BCD的体积V=13S△当平面ABC⊥平面BCD时，h最大，h的最大值为AE=对于D，当AB=AD时，因为所以AF⊥B又因E为BC的中点，所以E又AE=3所以AF如图将△AEF沿A则当C,M,即CM+F在Rt△AE则cos∠所以CF所以CM+F故选：D.9．ACD【分析】由题意易得PA⊥BC，进而可证BC⊥平面PAB判断A；若AS⊥平面PB【详解】对于A，因为PA垂直于圆O所在的平面，又BC在圆O所在的平面内，所以又AC为圆O的直径，所以AB⊥BC，又P所以BC⊥平面对于B，若AS⊥平面PBC，又BC又PA⊥BC，PA∩AS=又AC⊂平面PAC，所以BC故AS⊥平面对于C，因为PA垂直于圆O所在的平面，即PA⊥又PA⊂平面PAC，所以平面对于D，因为BC⊥平面PAB，又所以BC⊥AN，又AN⊥P所以AN⊥平面PBC，AN⊂平面故选：ACD.10．BCD【分析】根据题意可证BC⊥平面AA1B1B，继而可得B1C1⊥【详解】在直三棱柱ABC−A1又AB∩AA1=A,A又A1B⊂平面A又B1C1//BC，∴平面BA1C沿A∵AB∴B1C=BN+B1N点P在侧面BCC1B1上运动，点M所以点P的轨迹为平面ABC1与侧面BCCG,H分别为A1B1,CC1的中点，在平面BCC1B1中，延长BH∵H为CC1的中点，∴C1∵G为A1B1的中点，∴J为△HJBH=B所以截面周长为25故选：BCD.11．ABC【分析】结合异面直线的定义，可判定A准确；根据三棱锥的体积VD【详解】对于A：由题意，在正方体ABCD点P在线段AD1上运动，A1∉AD1，A所以在点P运动过程中，直线A1P与所以直线A1P与对于B：由三棱锥D−BPC1因为BC1//AD1，BC1⊂平面所以当点P在线段AD1上运动时，点P到平面所以三棱锥D−对于C：在正方体ABCD−A1B1C所以C1D1⊥B1C，又由B所以B1C⊥又因为C1P⊂平面A所以异面直线C1P与直线CB对于D：根据正方体的结构特征，可得BD又BD⊂平面BDC1，B1D又由选项B的解析过程知AD1//平面BDC1所以平面AB1D所以当点P与点D1重合时，平面AB1即存在点P，使得平面AB1P故选：ABC12．32【分析】设正六边形ABCDEF，A1B1C1D【详解】设正六边形ABCDEF，A1B则正六棱柱外接球的球心为OO该正六棱柱的外接球的半径为R，因为正六棱柱ABCDEF所以6×34×2所以R2=O故答案为：32π13．263【分析】如图做与平面SCF垂直，且过SE的平面SEG，则在SG上存在点P1，使QP1=QP，则当【详解】由题可得SF⊥AB，CF⊥A取BC中点为G，连接EG与CF交于H，因EG//AB设P关于平面SCF的对称点为P1，由对称性可知，QP1则当A，Q，P1三点共线时可得最小，此时A则当AP1⊥在三角形△SA则S△AG综上，AQ故答案为：214．5π【分析】设△ABC,△DAB的外接圆的圆心分别为O1过D作DH⊥AB于点H，可证DH为三棱锥D−ABC的高.问题转化为△【详解】如图①，设△ABC,△DAB的外接圆的圆心分别为O1,O2，半径为r1,r在△ABC中，由正弦定理，得2r1因为侧面DAB⊥底面ABC,EO2⊥AB，侧面DA由外接球的性质可得OO1⊥底面ABC在Rt△OO因为AE=32，所以R2设三棱锥D−ABC的高为h，过D作由面面垂直的性质可得，DH⊥底面ABC，即△DAB及其外接圆如图②所示，由图可知，当D位于劣弧AB的中点时，所以三棱锥D−AB故答案为：5π，315．(1)证明见解析(2)1(3)3【分析】（1）连接AC1交A1C于点E，连接（2）先证CD⊥平面AA（3）设点B到平面A1DC的距离为d，直线AB与平面A1DC【详解】（1）连接AC1交A1C于点因为四边形AA1C1C是矩形，所以E为A又DE//BC1，又DE所以BC1//（2）由于AC=BC，又D是在正三棱柱ABC−A1B1C1中，A又AA1∩AB所以CD⊥平面AA1B1B，所以C（3）设点B1到平面A1DC的距离为d，直线AB由（2）有CD⊥平面AA1B1B因为CD=3，A又VB1−A1所以sinθ所以直线AB与平面A1D16．(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由题意可得CD⊥AF，结合AF（2）由题意可得AF与平面PDE所成角即为EG与平面PDE所成角，过A作AM⊥EC于M，连接PM，可得tan【详解】（1）因为AD=PA，又F是又PA⊥平面ABCD，C又底面ABCD是矩形，所以AD⊥DC所以CD⊥平面PAD，又AF又CD∩PD=D，CD（2）连接GF，因为F，G分别是PD，PC的中点，所以G又E是AB的中点，底面ABCD是矩形，所以所以AE=GF且所以GE//AF，所以AF与平面因为又PA⊥平面ABCD，E过A作AM⊥EC于又AM∩PA=所以CE⊥平面PAM，又PM所以∠PMA为二面角P−E由AB=22,设A到平面PDE的距离为由VP−A又PD=P所以13×1又AF=12PD=所以EG与平面PDE17．(1)4(2)2(3)16【分析】（1）由勾股定理得到AC⊥BC，取AC（2）过O作OE⊥AB交AB与E，连接D（3）取AB中点的F，连接OF,CF【详解】（1）在直角梯形中，AD=CD易知∠CAB由余弦定理可得：B所以AC所以AC所以AC取AC中点O，连接DO，则DO⊥A且相交于AC，DO⊂从而OD⊥平面ABC，又BC又AC⊥BC，所以BC⊥平面因为S△所以三棱锥B−AC由等体积性知几何体D−AB（2）过O作OE⊥AB交AB由（1）OD⊥平面AB又OD,O所以AB⊥平面DOE，又所以AB⊥DE，所以因为AC=BC=所以C到AB的距离为2，O为A所以OE=1所以tan∠（3）取AB中点的F，连接O由△ACB为等腰直角三角形，A因为O,F分别是AC,A由（1）可知OD⊥O即AF所以几何体D−ABC的外接球的球心为所以几何体D−AB18．(1)证明见解析(2)7(3)7【分析】（1）如图，易知AE⊥BD，根据面面垂直的性质、线面垂直的性质可得AE（2）如图，确定∠MPC为MP与平面（3）由（1），根据线面垂直的性质与判定定理确定∠PGO【详解】（1）取BD中点E，连接A因为△ABD因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD所以AE⊥平面BCD，又CD又因为CD⊥AD，AD∩A所以CD⊥平面ABD，而BP因为P为AD的中点，所以B又CD∩AD=D，所以BP⊥平面（2）过点M作MH⊥P因为BP⊥平面ACD，MH又BP∩PC=P，BP，P所以∠MPC为M因为AD⊥