2022-2023学年山东省潍坊市昌邑市高二年级上册学期10月摸底考试数学试题【含答案】

2022-2023学年山东省潍坊市昌邑市高二上学期10月摸底考试数学试题一、单选题1．下列命题不正确的是（

）A．正方体一定是正四棱柱B．底面是正多边形的棱柱是正棱柱C．有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．平行六面体的六个面均为平行四边形【答案】B【分析】根据正四棱柱、正棱柱、直棱柱、平行六面体的概念和结构特征对选项逐一判断，即可得答案.【详解】对于A，上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱，所以正方体是正四棱柱，故A正确；对于B，底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，底面是正多边形但侧棱与底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故B错误；对于C，有两个相邻的侧面是矩形，说明公共侧棱与底面两条相交直线垂直，则侧棱与底面垂直，而侧棱与底面垂直的棱柱为直棱柱，所以有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故C正确；对于D，底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，而棱柱的各个侧面都是平行四边形，故D正确．故选：B2．，是两个平面，m，是两条直线，不正确的是（

）A．如果，，那么；B．如果，，那么m与所成的角和n与所成的角相等；C．如果，，那么；D．如果，，，那么.【答案】D【分析】根据线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各选项中线线、线面、面面的位置关系.【详解】A：过作平面与交于直线，由易得，又，，故，所以，正确；B：m与所成角为，由则有与所成角也为，又易知n与所成角为，正确；C：由，，根据面面平行的性质易知：，正确；D：由，，，则，可能平行、相交、垂直等，错误；故选：D3．如图所示，平面矩形，且，下列结论中不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，由线线垂直，线面垂直以及面面垂直的互相转化即可根据选项逐一求解.【详解】因为平面矩形，两平面交线为,,且平面，所以平面，平面，所以，故D正确，若，由于，,平面,则平面，平面,则这与为矩形矛盾，故A不正确；因为平面矩形，两平面交线为,,平面，所以平面，平面,所以，故B正确，由于平面，平面,所以，又，平面,所以平面,平面,所以,故C正确，故选：A4．冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器，图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体.已知半球部分的体积为，圆锥部分的侧面展开图是半圆形，若用塑料外壳将该冰激凌密封固定，则所用塑料的面积至少为（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】求出半球面积和圆锥的侧面积，相加可得．【详解】设半球半径为，圆锥母线长为，由，得，又，，所以所用塑料的面积至少为．故选：B．5．在正方体中，，分别为，的中点，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B．C． D．0【答案】B【分析】设正方体的棱长为4，在线段上取，连接，则，即或其补角为直线与所成角，从而可得结果.【详解】设正方体的棱长为4，在线段上取，连接，则，即或其补角为直线与所成角，易得，，∴，∴直线与所成角的余弦值为.故选：B6．已知向量，，，若，，共面，则实数（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间向量共面定理进行求解.【详解】若，，共面，则存在实数，，使得，即，即，解得.故选：D.7．在平行六面体中，，，，，，则的长为（

）A．23 B． C．14 D．【答案】B【分析】利用空间向量加法的几何意义可得，再由数量积的运算律将等式两边平方，结合已知条件求的模长即可.【详解】由题设，可得如下示意图：由图知：，∴，又，，∴，∴.故选：B8．图，已知正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点.若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且存在使成立，则与侧面所成角的正切值最大为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知可得平面，设的中点为，连接，，，，作图分析可得点的轨迹为线段，当时，与侧面所成角的正切值最大，计算即得解.【详解】解：存在，，使，，平面，设的中点为，连接，，，，则，平面，不在平面内，所以平面，同理平面，，平面，平面平面，点为侧面正方形内（含边界）动点，且平面，点的轨迹为线段，正方体的棱长为1，、分别是棱、的中点，,由题得就是与侧面所成角，所以最大，则最小，即.由等面积法得,所以最大值为.故选：D二、多选题9．设，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，下列命题正确的是（

）A．若且，则； B．若且，则；C．若且，则； D．若且，则.【答案】BD【分析】根据线面的位置关系和面面的位置关系可以得出答案.【详解】解：A：若且，则，可能相交、平行或异面，故A错误；B：若且，根据垂直于同一平面的两直线互相平行，故B正确；C：若且，根据面面的位置关系定义可得与可能平行也可能相交，故C错误；D：若且，根据面面平行的判定可知垂直于同一直线的两平面互相平行，故D正确.故选：BD10．如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，，，，下列说法不正确的是（

）A．该几何体是四棱台B．该几何体是棱柱，平面是底面C．D．平面与平面的夹角为【答案】ABC【分析】根据台体、柱体、空间直角坐标系、线线垂直、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，平面和平面是底面，故A，B错误；由题意可知，，两两垂直，如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，所以，不垂直，故C错误；根据题意可知平面，所以为平面的一个法向量，，设为平面的法向量，则有则可取，则，所以平面与平面的夹角为，故D正确．故选：ABC11．如图在四棱锥，底面为矩形，，侧面是正三角形，侧面底面是的中点，下列说法正确的是（

）A．平面 B．点到平面的距离为C．平面与平面只有一个交点 D．侧面与底面所成的二面角为【答案】AB【分析】A选项是证明线面垂直，需要证明线垂直于面内的两条相交直线；B选项要用到等体积法求解点到面的距离；C选项考察面面相交的公理；D选项用几何法找到二面角，即可求解二面角的大小【详解】选项A中，因为侧面是正三角形，是的中点，所以，因为侧面底面，平面平面，，且平面，所以平面，因为平面，所以；，平面，所以平面，故A选项正确；选项B中，如上图所示，连接，由A得：平面，所以平面，三棱锥中，，，所以，找的中点，连接，则，因为侧面底面，平面平面，所以底面，底面，所以，中，，所以，中，，是等腰三角形，所以，所以点到平面的距离，故选项B正确选项C中，根据公理可得，如果面面有一个交点，则一定有一条过交点的交线，所以C选项错误选项D中，如上图所示，找的中点，连接，由选项B得：底面，底面，所以，且,平面，，所以平面，因为平面，所以，所以是侧面与底面所成的二面角，中，，所以，所以选项D错误故选：AB【点睛】题目比较综合，考察到了较多知识点，包括：（1）线面垂直的证明，直线垂直于面内两条相交直线（2）三棱锥中，通过等体积法求解点到面的距离（3）面面相交的公理（4）几何法求二面角，二面角的定义是过公共棱上一点分别在两个面内做公共棱的垂线，所成角即为二面角12．已知在直三棱柱中，，O为的中点．点P是上的动点，则下列说法正确的是（

）A．当点P运动到的中点时，直线与平面所成的角的正切值为B．无论点P在上怎么运动，都有C．当点P运动到的中点时，才有与相交于一点，记为Q，且D．当点P在上运动时，直线与AB所成角可以是【答案】AB【分析】对于A，当点P运动到的中点时，取E为的中点，由线面角的定义可得所求角为，利用直角三角形求角的正切值验证选项；对于B，由平面，通过证明平面，得到；对于C，由，均为中线，Q为的重心，根据重心的性质求的值；对于D，当P在的中点时，直线与AB所成角最小，此时角的正切值为，由，可得结论.【详解】在直三棱柱中，，对于A，当点P运动到的中点时，取E为的中点，连接，EP，如图所示，即平面，所以直线与平面所成的角的正切值为，因为，所以，故A正确；对于B，连接，与交于点E，并连接，如图所示，由题意知，四边形为正方形，即有，又，平面，所以平面，平面，故，同理可证，又，平面，所以平面，又平面，即有，故B正确；对于C，点P运动到的中点时，即在中，均为中线，所以Q为中线的交点，即Q为的重心，所以根据重心的性质有，故C错误；对于D，由于，直线与直线AB所成的角即为与所成的角，即，结合图分析知，点P在上运动时，当P在B或上时，最大，为，当P在的中点时，最小，此时，所以不可能是，故D错误．故选：AB三、填空题13．已知平面平面，，，则直线与的位置关系为__．【答案】平行或者异面．【分析】由，，，，可知两条直线没有公共点，因此两条直线平行或者异面．【详解】解：因为，，，所以两条直线没有公共点，所以直线a与b的位置关系平行或异面；故答案为：平行或者异面．14．如图所示，为水平放置的的直观图，其中，，则的面积是_________．【答案】【分析】根据直观图的画图原则可还原是底为4，高为的三角形，即可得答案；【详解】根据直观图的画图原则可还原是底为4，高为的三角形，，故答案为：.15．已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．【答案】.【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．【详解】作分别垂直于，平面，连，知，，平面，平面，，．，，，为平分线，，又，．【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．16．已知三棱锥A－BCD中，BC＝CD＝2，BD＝2，△ABD是等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为__________.【答案】【分析】由已知得出，再由平面ABD⊥平面BCD，可得出的外心就是三棱锥外接球球心，由此可得半径，从而得面积．【详解】因为BC＝CD＝2，BD＝2，所以，所以，取中点，连接，则外心，△ABD是等边三角形，，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，所以平面，三棱锥外接球球心在上，所以的外心就是三棱锥外接球球心，，球面积为．故答案为：．四、解答题17．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且，N是CM的中点，设，，，用、、表示向量，并求BN的长．【答案】，【分析】根据题中条件，由向量的线性运算，即可得出；再由向量模的计算公式，结合题中条件，可求出，即得出结果.【详解】解：因为是的中点，底面是正方形，所以，又由题意，可得，，，，，因此，所以，即的长为.18．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)求异面直线AB1与BC1的夹角．【答案】（1）见解析（2）【分析】连接交于点，连接在三角形中由中位线得，继而证明线面平行(2)建立空间直角坐标系,运用空间向量求出向量夹角的余弦值，从而得到夹角【详解】(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD．∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1.∵AB1平面BC1D，OD平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D．(2)解：建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz.则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,2)，B1(0,0,2)．∴＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)．设异面直线AB1与BC1的夹角为θ，则.，【点睛】本题考查了线面平行及异面直线所成角的问题，在证明线面平行时运用其判定定理，有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形来证明线线平行，异面直线所成角的问题可以采用建立空间直角坐标系，运用坐标来求解。19．已知空间三点A(1,2,3)，B(2，－1,5)，C(3,2，－5).（1）求△ABC的面积.（2）求△ABC中AB边上的高.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出向量和，利用夹角公式求出向量和的夹角的余弦值，进而求出其正弦值，再根据三角形的面积公式可求得结果；（2）由（1）的面积可求得结果.【详解】（1）由已知，得＝(1，－3,2)，＝(2,0，－8)，∴，，1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，∴，∴，∴S△ABC＝＝.（2）设AB边上的高为CD.则，即△ABC中AB边上的高为.【点睛】关键点点睛：根据空间向量的夹角公式以及三角形的面积公式求解是解题关键.20．已知直三棱柱中，，，为的中点．（Ⅰ）求点C到平面的距离;（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值．【答案】：（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】（Ⅰ）因，D为AB的中点，得．又故面所以到平面的距离为（Ⅱ）取为的中点，连接，则又由（Ⅰ）知面故，故为所求的二面角的平面角．因是在面上的射影，又已知由三垂线定理的逆定理得从而，都与互余，因此，所以≌，因此，得从而所以在中，【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面垂直的关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用，解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征，熟练进行线线垂直与线面垂直的转化，主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力．本题可以利用空间向量来解题从而降低了题目的难度21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得，可取所以．由已知得．所以．解得(舍去)，．所以．又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．联结，则