2025-2026学年高二上学期数学第一次月考立体几何卷全解析【测试范围：沪教版2020必修第三册第十章】（上海专用）

/2025-2026学年高二上学期第一次月考数学卷全解析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：沪教版2020必修第三册第十章。5．难度系数：0.65。一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．用集合符号表示直线l在平面α上______1．l⊂α【分析】直线l在平面【详解】直线l在平面α上，即直线l包含于平面α，利用集合与集合的关系表示为l⊂α2．若直线a//平面α，直线b在平面α内，则直线a与b的位置关系为___________.2．平行或异面【分析】由直线a/平面α，直线b在平面α内，知a//b，或a与b【详解】解：∵直线a/平面α，直线b在平面α内，则直线a与平面α∴a//b，或a与b异面.故答案为：平行或异面.3．已知正方体ABCD−A1B13．22【分析】连接AC,交BD于O,根据线面垂直的判定定理可以证明AC⊥平面BB1D1D,所以AO的长即为所求.由正方体ABCD∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BB1∩BD=B，BD⊂平面∴AO的长即为所求，∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,∴AO=空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA中点，直线AC，BD所成角为45°，AC=2，BD=4，则四边形EFGH面积为．4．2【分析】根据题设四边形EFGH为平行四边形，利用已知及三角形面积公式求其面积即可.【详解】由题设，可得如下示意图，且EH//BD//FG,EF//AC//HG，所以四边形EFGH为平行四边形，由中位线性质，有EH=FG=12BD=2，EF=HG=12即为∠FEH=45°或∠FEH=135°，所以四边形EFGH的面积S=2×12×HE×EF×5．用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C则A′O5．1【分析】根据斜二测画法原则可还原△ABC，利用面积公式计算即可.【详解】由直观图可还原△ABC，如图：其中OB=OBC=B′C′=2，又OA⊥BC,AO=2A′6．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D6．90°【分析】根据正方体结构特征，利用线面垂直的性质、判定定理判断异面直线A1D与BD有AD1⊥A1D，又AB⊥面ADD1A由AD1∩AB=A且都在面ABD1，则A1D⊥故A1D⊥BD1，即异面直线A1D与7．在长方体ABCD−A1B1C1D1则直线AC1与平面BB7．arctan25【分析】由长方体结构及线面角的定义找到所求线面角的平面角并应用反三角函数表示角的大小即可.【详解】如下图，由题设易知AB⊥面BB故直线AC1与平面BB1C故tan∠BC1A=ABB8．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①AF//NC；②BM//平面AEND；③CN⊥平面ADF；④平面BDE//平面NCF．以上四个命题中，正确命题的序号是8．②③④【分析】还原几何体，根据正方体的结构特征及线面、面面平行的判定、线面垂直的判定判断各项的正误即可.【详解】将展开图还原为几何体如下，由正方体的结构特征，AF,NC异面，故不平行，①错；且BM//AN，BM⊄面AEND，AN⊂面AEND，则BM//平面AEND成立，②对；有CN⊥DM，FM⊥面CDNM，CN⊂面CDNM，则FM⊥CN，DM∩FM=M都在面ADMF，则CN⊥面ADMF，即CN⊥平面ADF，③对；易得BE//CN，而BE⊄面NCF，CN⊂面NCF，则BE//面NCF，同时有BD//NF，同理易得BD//面NCF，又BD∩BE=B都在面BDE，所以平面BDE//平面NCF，④对.故答案为：②③④.如图，边长为2的两个等边三角形ABC,DBC，若点A到平面BCD的距离为1，则二面角A−BC−D的大小为.arcsin33【分析】先判断得二面角A−BC−D的平面角为AF⊥平面BCD，从而得到AF=1，进而求得sin∠AEF，由此得解.【详解】取BC中点E，连接AE,EF，过A作AF⊥DE于F，因为△ABC,△DBC是正三角形，所以AE⊥BC,DE⊥BC，所以二面角A−BC−D的平面角为∠AEF，又AE∩DE=E，AE,DE⊂面AEF，所以BC⊥面AEF，又AF⊂面AEF，所以BC⊥AF，因为AF⊥DE，DE∩BC=E，DE、BC⊂平面BCD，所以则点A到平面BCD的距离为AF，即AF=1，又在边长为2的△ABC中，AE=AB2−1则二面角A−BC−D的大小为arcsin33.故答案为：10．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”；在正方体中，由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为.10．44【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.如下图所示：

①对于正方体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12×2=24个；②对于正方体的每一条面对角线（如A1C1，则A下面简单证明A1C1⊥平面BB1D1D，因为B又因为A1C1⊥B1D1，且BB每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12×1=12个.③对于正方体的每一条体对角线，（如AC1，则AC1⊥平面BB1D1⊂平面A1B1C1D1而AC1⊂平面ACC1A1，因此AC1每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有4×2=8个，综上所述，正方体中的“正交线面对”共有44个.故答案为：44.11．如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PA=PB=PC=PD，△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过点M作与平面PAC垂直的平面α，平面α与截面PAC交线段的长度为2，则平面α与正四棱锥P−ABCD表面交线所围成的封闭图形的面积可能为（填序号）.①2；②22；③3；④211．①③【分析】设AC∩BD=O，由正四棱锥P−ABCD的性质，易知BO⊥平面PAC，过M作MT//BO分别交棱PB、PD于点T、L，则MT⊥平面PAC，由题意，只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，数形结合，作出截面即可得到答案.【详解】设AC∩BD=O，显然P−ABCD为正四棱锥，易知平面PAC⊥平面ABCD，又BO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD=AC，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥平面PAC，过M作MT//BO分别交棱PB、PD于点T、L，则MT⊥平面PAC，由题意，只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，又△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过M作MQ//AC分别交棱PA、PC于点E、Q，所以EQAC=PQPC，即如图1，则平面ETQL为满足题意的平面α，显然四边形ETQL为正方形，对角线TL=QE=2，所以四边形ETQL的面积为SETQL如图2，过T作TH//GF，过L作LQ//GF，易知平面GLQHT为满足题意的平面α，且GLQHT为两个全等的直角梯形，易知T、H分别为GE、EF的中点，所以HT=1所以五边形GLQHT的面积S=2S故③正确.当GF//PA与GF//PC是完全相同的，所以，综上选①③.故答案为：①③12．已知ABCDEF−A同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”.黑蚂蚁爬行的路线是AA白蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→⋅⋅⋅.它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2异面直线（其中i是正整数）.设黑、白两蚂蚁走完2025段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是.12．1【分析】根据已知条件先分析出黑、白蚁路线的规律，然后考虑走完2025段相当于走了多少个周期，从而确定出最终位置即可求解出黑、白两蚁的距离.【详解】因为蚂蚁爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线，则黑蚂蚁爬行的路线是A→→E1→D1→C1→C→B→A，因此每隔18段后回到点A，并重复按原来线路爬行，而2023=112×18+9，于是黑蚂蚁走完2025段后停留在正六棱柱的点C1处，白蚂蚁爬行的路线是A→B→B1→二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13．设a、b、c表示三条直线，α，β表示两个平面，下面命题中不正确的是（

）A．a⊥αα//β⇒a⊥β13．D【分析】根据线面、面面平行垂直的判定定理和性质判断即可.【详解】A选项：因为a⊥α，所以a垂直平面α内的所有直线，又α∥β，所以平面β内的任意直线在平面α都存在直线与之平行，所以a垂直平面β内的任意直线，a⊥β，A正确；B选项：如图，AC为直线C为斜足，过A作AB⊥β，所以BC为a在平面β内的投影c，因为AB⊥β，b⊂β，所以AB⊥b，又a⊥b，a∩AB=A，AB⊂平面ABC，a⊂平面14．在四面体ABCD中，已知AB⊥CD，AC⊥BD，若△BCD不是等边三角形，且点A在平面投影O位于△BCD内，则点O是△BCD的（）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心14．D【分析】先证明CD⊥平面AOB，BD⊥平面AOC，进而可证得OB⊥CD，BD⊥OC，即可得解.【详解】如图，由题意可知OA⊥平面BCD，因为CD，BD⊂平面BCD，所以OA⊥CDOA∩AB=A,OA,AB⊂平面AOB，所以CD⊥平面AOB，又OB⊂平面AOB，所以OB⊥CD，因为AC⊥BD,AC∩OA=A,AC,OA⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC，又OC⊂平面AOC，所以BD⊥OC，所以点O是△BCD的垂心.故选：D.15．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点记平面BDM∩平面B1D1M=l，则下列说法一定正确的是（A．l⊥平面BDN B．l⊥平面B1D1NC．l⊥平面CDD115．D【分析】根据线面平行可得两平面的交线满足B1D1//l，进而根据即可判断l⊥平面ACC1A1.【详解】由题意得，B1D1//BD，则B1D1//平面BDM，又平面BDM∩平面BA1C1∩AA1=A1,AA1⊂平面AA1故D正确；而B1D1//BD，BD⊂平面BDN，B1D1⊄平面BDN，则B选项A错误，同理选项B错误；由于B1D1与C1D因此l不垂直平面CDD16．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点①有且仅有一条直线MN与AD1垂直；②存在点M、N，使△MBN为等边三角形，则（

A．①、②均为真命题B．①、②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题16．D【分析】①找到一个MN⊥AD1的充要条件，并确定一个面MNE与②利用正三角形的性质，将问题化为判断是否存在AM=B范围.【详解】点N在平面ADD1A1上的射影E的轨迹为线段A1D1，所以NE⊥所以NE⊥AD1，则MN⊥AD1的一个充要条件ME⊥AD1，当射影E位于线段A1D1上的任意位置时，过E且都在面MNE上，则AD1⊥面MNE，而MN⊂面MNE这样的直线MN不唯一，①为假；

由MB2=A由上知MN2=NE2只需AM=B1N=EM即可，若AM=B1N=x，则所以EM=(2−x)2+令x=(2−2)可得x=4而22(22−1将它们平方有(2−2)2进而比较32−3，22−1大小，将它们平方有显然27−182−(22则32−3<2即2−2>22−1故存在点M、N，使△MBN为等边三角形，②为真；故选：D.【点睛】①点N在平面ADD1A1上的射影E，关键是构造一个平面AM=B1N=EM，再设AM=B1N=x且是否在给定范围内即可.解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)17．（1）用符号语言表示下列语句，并画出图形：直线AB，AC分别在平面α，β内，且点A在平面α与平面β的交线l上；（2）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是A1平面α过M，N，P三点，则平面α截此正方体的截面为一个多边形，（ⅰ）仅用铅笔和无刻度直尺，在正方体中画出此截面多边形（保留作图痕迹，不需要写作图步骤）；（ⅱ）若正方体的棱长为6，直接写出此截面多边形的周长．17．（1）答案见解析，作图见解析；（2）（ⅰ）作图见解析；（ⅱ）6【分析】（1）根据题意画图，并符号表示；（2）（ⅰ）利用三线共点，点一定在两个平面的交线上，画出图形，（ⅱ）根据图形的特征，利用勾股定理求解各边即可.【详解】（1）用符号表示：α∩β=lAC∩α=A，（2）（ⅰ）在正方体中画出此截面多边形如图所示：作直线PM分别与AA1，AB延长线于T，S，连接NT连接NS交BC于Q，最后连接PQ，MR，即得截面（ⅱ）由题设，易知∠PMA1=∠SPB=45°截面多边形的周长等于PQ+NS=NT=TA2所以NT=NS=9MP=TS−MT−PS=所以截面多边形的周长等于610+318.如图，直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，其中AB∥CD∥EF，AD＝AB＝eq\f(1,2)CD＝1，且ED⊥平面ABCD，点G是CD的中点．（1）求证：平面BCF∥平面AEG；（2）求平面BCF与平面AEG的距离.18．（1）见解析（2）33（2）利用等体积法，令VC−AGE【详解】（1）∵AB∥CD，AB=12CD，G是CD的中点，∴四边形ABCG又∵AG⊂平面AEG，BC⊄平面AEG，∴BC∥平面AEG，∵直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF∥CD∥AB，∴EF=AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴BF∥AE，又∵AE⊂平面AEG，BF⊄平面AEG，∴BF∥平面AEG，∵BF∩BC=B，∴平面BCF∥平面AGE；（2）设点C到平面AGE的距离为d，易知AE=EG=AG=2由VC−AGE=VE−ACG，得∵平面BCF∥平面AGE，∴平面BCF与平面AGE间的距离为3319.某厂根据市场需求开发折叠式小凳（如图所示）、凳面为三角形的尼龙布，凳脚为三根细钢管、考虑到钢管的受力和人的舒适度等因素，设计小凳应满足：①凳子高度为30cm，②三根细钢管相交处的节点O与凳面三角形ABC重心的连线垂直于凳面和地面．（1）若凳面是边长为20cm的正三角形，三只凳脚与地面所成的角均为45°，确定节点O分细钢管上下两段的比值（精确到0.01）；（2）若凳面是顶角为120°的等腰三角形，腰长为24cm，节点O分细钢管上下两段之比为2：3、确定三根细钢管的长度（精确到0.1cm）．（1）0.63；（2）对应于A、B、C三点的三根细钢管长度分别为60.8cm，36.1cm和【分析】（1）设△ABC的重心为H，连接OH，根据∠OBH就是OB与平面ABC所成的角，建立BH与OH的等量关系，解之即可；（2）设∠B=120°，ΔABC的重心为H，求出OH，分别在Rt△AHO，Rt△CHO，Rt△BHO中求出OA、OB、OC，再根据比例关系求出即可.【详解】解：（1）设△ABC的重心为H，连接OH，由题意可得，BH=20设细钢管上下两段之比为λ，已知凳子高度为30、则OH=30λ∵节点O与凳面三角形ABC重心的连线与地面垂直，且凳面与地面平行∴∠OBH就是OB与平面ABC所成的角，亦即∠OBH=45°，∵BH=OH，∴30λ1+λ=2033，解得λ=（2）设∠B=120°，∴AB=BC=24，AC=243，设△ABC的重心为H，则BH=8,AH=8由节点O分细钢管上下两段之比为2:3，可知OH=12，设过点A、B、C的细钢管分别为AA′、BB则AA′=C∴对应于A、B、C三点的三根细钢管长度分别为60.8cm，36.1cm和20．如图是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与

（1）证明：图（2）中的A，C，G，（2）求图（2）中的四边形ACGD的面积；（3）求图（2）中的二面角B−CG−A的大小．20．（1）证明见解析，证明见解析；（2）4；（3）30°.【分析】（1）根据线线平行即可求证四点共面，根据线线垂直得线面垂直，进而可证面面垂直；（2）根据勾股定理求解AG=AB2即可求解；（3）建立空间直角坐标系H−xyz，运用空间向量方法求二面角B−CG−A的大小．【详解】（1）由已知得AD//BE，CG//BE，所以AD//CG，故从而A，C，G，D四点共面，由已知得故AB⊥平面BCGE，又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE；（2）连接BG，AG，由AB⊥平面BCGE，BG⊂平面BCGE，可得AB⊥BG，在△BCG中，BC=CG=2，∠BCG=120°，可得BG=2BCsin60°=2可得AG=AB2+BG2=13，在△ACG中，AC=5则平行四边形ACGD的面积为2×5×过B作BH⊥G