2023-2024学年江西省部分学校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江西省部分学校高二（上）月考数学试卷（9月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列说法正确的是(

)A.棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面

B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥

D.如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体2.如图所示的正方形O′A′C′B′A.42cm2

B.8c3.手工课上某同学用六个边长相等的正方形卡片拼接成一个几何图形，如图所示，其中AB，CD，EF，MN为对角线，该几何图形恰好能折叠组装成一个正方体卡片纸盒，则在正方体卡片纸盒中A.CM⊥EF

B.CM⊥4.设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是(

)A.若a/​/α，b⊂α，则a/​/b B.若a/​/α，b/​/β，α/​/β5.在正四面体ABCD中，E，F，G分别为AB，BC，CA.AD与EG平行，平面AEG⊥平面ACD

B.AD与EF异面，平面AEG⊥平面ACD

C.AD与EF

6.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=2，AA1=A.平行

B.异面

C.垂直

D.以上都不对7.已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为r的半圆，且该圆锥的体积为3π，则r=(

)A.2 B.3 C.28.攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭闷式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为(

)A.36

B.33

C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列命题正确的是(

)A.不共线的三点确定一个平面

B.平行于同一条直线的两条直线平行

C.经过两条平行直线，有且只有一个平面

D.如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角一定相等10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A′B′C′D′中，M，N，A.D′，P，M，N四点共面

B.PN⊥BD

C.直线PD′/

11.如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AC与BD交于点O，A.BD⊥平面PAC

B.PD与平面PAC所成角为30°

C.CD/

12.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是

(

)

A.圆柱的侧面积为2πR2 B.圆锥的侧面积为2πR2

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知正三棱锥P−ABC，底面ABC的中心为点O，给出下列结论：

①PO⊥底面ABC；

14.已知一个正方形的边长为2，则它的直观图的面积为______．15.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC

16.我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”(如图所示)，其中PA⊥底面ABCD，PA=3，A

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

如图，AB是圆柱的底面直径，AB=2，PA是圆柱的母线且PA=2，点C是圆柱底面圆周上的点．

(1)求圆柱的侧面积和体积；

(2)若AC18.(本小题12.0分)

在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，B19.(本小题12.0分)

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面AB20.(本小题12.0分)

如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B⊥AC1，AA1=AB，21.(本小题12.0分)

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，O是ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC22.(本小题12.0分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为2cm，底面三角形的边长分别为3cm，4

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：选项A，例如六棱柱的相对侧面也互相平行，故A错误；

选项B，其余各面的边延长后不一定交于一点，故B错误；

选项C，当棱锥的各个侧面共顶点的角的角度之和是360°时，

各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；

选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，

又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．

故选：D．

由棱柱、棱锥、棱台的结构特征，判断各选项是否正确．

2.【答案】C

【解析】解：由于原几何图形的面积：直观图的面积=22：1，

又∵正方形O′A′C′B′的边长为2cm，

∴正方形O′A′C′B′的面积为4cm2，3.【答案】A

【解析】解：由题意得正方体卡片纸盒如图所示，

由正方体的结构特征知，CM⊥EF，选项A正确；

CM//AB，选项B错误；

CM与CD的夹角为60°，选项C错误；

CM与MN4.【答案】D

【解析】解：对于A，若a/​/α，b⊂α，则a可以与b平行，也可以与b异面，选项A错误；

对于B，若a/​/α，b/​/β，α/​/β，则a与b可以平行，可以相交，还可以异面，选项B错误；

对于C，由面面平行的判定可知，若a⊂α，b⊂β，a/​/b，不能推导出5.【答案】B

【解析】解：AD与EG：

EG∩平面ACD=G，AD⊂平面ACD，G∉AD，

所以AD与EG异面，A故选项错误，

AD与EF：

由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF/​/AC，EF=12AC，

由于AC∩AD=A，所以AD与EF是异面直线，C选项错误，

连接BG，由于△BCD，△ACD是等边三角形，

所以AG⊥CD，BG⊥CD，由于AG∩BG=G，AG，BG⊂6.【答案】C

【解析】解：建立空间直角坐标系，如图所示：

因为AB=2，AA1=3，AD=22，P、M为中点，

所以A(22,0,0)，M(2,2,0)，P7.【答案】C

【解析】解：令圆锥底面圆半径为r′，则2πr′=πr，解得r′=12r，

从而圆锥的高h=r2−8.【答案】B

【解析】解：根据题意，设该正四棱锥的底面四边形的边长为a，则其底面积S底=a2，

又由该正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则其4个侧面都是边长为a的正三角形，

故正四棱锥的侧面积S侧=4×(12×a×9.【答案】AB【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，由空间中不共线的三点可以确定唯一一个平面，可知A正确；

对于B，由平行公理可得平行于同一条直线的两条直线平行，可知B正确；

对于C，由两条相互平行的直线能确定一个平面，可知C选项正确；

对于D，如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，可知D错误；

故选：ABC．

根据平面的确定情况及点线面的位置关系直接判断即可得到答案．10.【答案】BC【解析】解：易知PD′与MN为异面直线，所以D′，P，M，N不可能四点共面，故A错误；

由PN/​/AC，而AC⊥BD，所以PN⊥BD，故B正确；

由PD′//BN，BN⊂平面BNM，PD′⊄平面BNM11.【答案】AB【解析】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，∴C⊥BD，

又PA⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PA⊥BD，

∵PA⋂AC=A，∴BD⊥面PAC，故A正确；

连接PO，由A可知，PD与平面PAC所成角为∠OPD，

由已知条件可得AC=BD=22,PO=6,O12.【答案】CD【解析】【分析】本题考查圆柱、圆锥的侧面积和表面积，圆柱、圆锥的体积，球的表面积和体积，属于基础题．

利用圆柱、圆锥、球的侧面积及其体积公式，计算即可得到答案．【解答】

解：A选项，圆柱的侧面积S=2πR×2R=4πR2，故A不正确；

B选项，圆锥的侧面积S=12×2πR×(2R)2+R2=5π13.【答案】①③【解析】解：由正三棱锥性质可得：

PO⊥底面ABC，①对；

侧棱棱长都相等，②错；

侧面是全等的等腰三角形，③对，

故答案为：①③14.【答案】2【解析】解：正方形的边长为2，则正方形的面积为S=22=4，

它的直观图面积为S′=215.【答案】60°【解析】解：长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，BB1=1，

取CD的中点Q，连接BQ，C1Q，

∵P是AB的中点，∴BQ/​/PD，

∴∠C1BQ是异面直线BC1与PD所成角，

如图所示：

16.【答案】14π【解析】解：如图，以PA，AB，AD为棱作长方体，

则长方体的对角线即为该“阳马”的外接球的直径，设直径为R，

则(2R)2=32+22+12=14，所以4R217.【答案】解：(1)圆柱的底面半径r=1，高h=2，

圆柱的侧面积S′=2πrh=2π×1×2=4π．

圆柱的体积V=πr2h=π×12×2=2π．

(2)将【解析】(1)根据圆柱的侧面积和体积公式即可求解；

(2)将CE18.【答案】解：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得DE⊥AD，

因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，

在直角△ADE中，可得AE=AD2+DE2=12+(12)2=52．

(2)取AA1的中点M，连接DM，可得CG//D【解析】(1)在直角△ADE中，利用勾股定理，即可求解；

(2)连接EA1，A1F，证得EA119.【答案】证明：连接BD交AC于点O，接OE，

∵底面ABCD是菱形，

∴O为DB中点，

又∵E是DD1的中点，

∴OE//D1【解析】连接BD交AC于点O，接OE，证明O20.【答案】证明：(1)设A1B与AB1交于点O，连接OM，如图，

在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，

四边形ABB1A是平行四边形，

则点O为AB1的中点，

∵点O为AB1的中点，点M为B1C1的中点，

∴OM//AC1，

∵OM⊂平面A1BM，A【解析】(1)设A1B与AB1交于点O，连接OM，推导出点O为AB1的中点，从而OM//AC1，由此能证明AC1/​/21.【答案】(1)证明：连接OE，∵O，E分别是AC，PC的中点，∴OE/​/PA，

又OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，

∴PA/​/平面BDE．

(2)解：取OC中点F，连接EF，

∵E是【解析】(1)连接OE，由三角形中位线定理可得OE/​/PA，再由