新疆柯坪县柯坪湖州国庆中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年第一学期九月月考试卷高二数学（考试时间120分钟满分150分）注意：1．答题前在试卷和答题卡上填写好自己的姓名、班级、考场、座位号等信息．2．请按照要求将正确答案填写在答题卡内．3．试卷整洁，字迹清晰．一、单选题（每小题5分，共60分）1.下列说法正确的是（）A.四边形一定是平面图形B.不在同一条直线上的三点确定一个平面C.梯形不一定是平面图形D.平面和平面一定有交线【答案】B【解析】【分析】根据空间元素的位置关系和三大公理及推论分别判断选项正误.【详解】解：对于选项A,四边形不一定是平面图形,也可能是空间四边形,故A错误;对于选项B,不共线的三点确定一个平面,故B正确;对于选项C,梯形中，有一组对边平行,可以确定一个平面,故梯形一定是平面图形，C错误;对于选项D,若平面和平面平行,则其没有交线,故D错误;故选:B.2.如图，在正方体的六个面中，与底面垂直的面有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D【解析】 【分析】根据正方体的结构特征，可直接得出结果.【详解】因为正方体中，侧棱都和底面垂直，因此侧面都垂直于底面；故在正方体的六个面中，与底面垂直的面有个，分别为四个侧面.故选：D.【点睛】本题主要考查正方体的结构特征，属于基础题型.3.如图，一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是（）A.平行B.相交C.在平面α内D.平行或在平面α内【答案】D【解析】【分析】根据线面平行判定定理条件可得.【详解】在旋转过程中，CD∥AB，易得CD∥α或CD⊂α.故选：D.4.在长方体中，，，，则和所成的角是（）A.60°B.45°C.30°D.90°【答案】A【解析】【分析】根据可知即为和所成的角. 【详解】如图所示：易知，所以和所成的角，即为和所成的角，在中，，所以.即和所成的角是.故选：A5.如图，为正方体，则以下结论：①平面；②；③平面．其中正确结论的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】对于①，由正方体的性质可知，再由线面平行的判定定理可得结论；对于②，由正方体的性质可得，再结合三垂直线定理可得结论；对于③，由正方体的性质可得， ，从而可由线面垂直的判定定理得到结论【详解】由正方体的性质得，，所以结合线面平行的判定定理可得：平面；所以①正确．由正方体的性质得，因为是在底面内的射影，所以由三垂线定理可得：，所以②正确．由正方体的性质得，由②可得，所以，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：平面，所以③正确．故选：D．6.三个平面可将空间分成个部分，则的最小、最大值分别是（）A.4，7B.6，7C.4，8D.6，8【答案】C【解析】【分析】考虑三个平面两两平行三个平面、两两相交有三条交线且三条交线交于一点两种情况.详解】当三个平面两两平行时,把空间分成四个部分;当三个平面两两相交有三条交线且三条交线交于一点时,把空间分成八个部分.故选：C.【点睛】本题主要考查平面的基本性质及推论,培养了空间想象能力.7.下列表述中正确的是（）A.若直线平面，直线，则B.若直线平面，直线，且，则C.若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则D.若平面满足，，，则【答案】D【解析】【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．【详解】若直线平面，直线，则可能，可能，可能与只相交不垂直，A选项错误；若直线平面，直线，且，则可能，可能与只相交不垂直，B选项错误； 若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则可能，可能与相交，C选项错误；若平面满足，，，则，由面面垂直的性质可知，D选项正确.故选：D8.已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是，则直线所成的角是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意画出几何示意图，利用直线与平面的位置关系找出直线所成的角即可求出其大小.【详解】设直线交平面于点，在直线上任取一点，过点作平面的垂线，垂足为，连接，则，再过点作，垂足为，连接，如图所示：易知平面，直线平面，所以，又，为，平面，所以平面；又平面，所以，可得，设，则，所以在中，，因此.故选：C. 9.已知两直线和平面，若，，则直线的关系一定成立的是（）A.与是异面直线B.C.与是相交直线D.【答案】B【解析】【分析】根据线面垂直的性质判断即可.【详解】因为，则存在过直线的平面，使得，于是有，由，得，所以.故选：B．10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】先找到平面AD1E与平面ABCD的交线，再利用异面直线的定义找到交线与直线C1D1所成角，求解即可.【详解】延长与直线相交于F，连接,则平面与平面的交线为， 又∵∴为平面与平面的交线与直线所成角，∵是棱的中点，且∥，∴，∴.故选：A.11.已知平面平面，则下列命题中真命题的个数是（）①内的任意直线必垂直于内的无数条直线；②在内垂直于与的交线的直线必垂直于内的任意一条直线；③内的任意一条直线必垂直于；④过内的任意一点作与交线的垂线，则这条直线必垂直于.A4B.3C.2D.1【答案】C【解析】【分析】结合面面垂直的性质定理及空间线面、线线关系逐一判断即可得解.【详解】对于选项①，设，，，，则，则，故内与b平行的无数条直线均垂直于内的任意直线，故①为真命题；对于选项②，内垂直于与交线的直线垂直于平面，则它垂直于内的任意直线，故②为真命题；对于选项③，内不与交线垂直的直线不垂直于，故③为假命题；对于选项④，垂直于交线的直线必须在平面内才与平面垂直，否则不垂直，故④为假命题.综上可得：真命题的个数是2个，故选：C.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，重点考查了空间线面、线线关系，属基础题.12.已知为异面直线，为两个不同的平面，，，，则（） A.l与都相交B.l与中至少一条相交C.l与都不相交D.l与中的一条相交【答案】C【解析】【分析】由直线与平面平行，则直线与平面没有公共点，即可判断直线与的位置关系.【详解】因为，所以m与平面没有公共点，所以m与l无公共点同理，由知，n与l无公共点，故l与都没有公共点，即l与都不相交.故选：C【点睛】本题主要考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.二、填空题（每小题5分，共20分）13.如图，在正方体所有经过四个顶点的平面中，垂直于平面的平面有________．【答案】平面，平面，平面【解析】【分析】作出辅助线，证明线面垂直，从而证明出平面⊥平面，同理可证明平面⊥平面，平面⊥平面.【详解】连接面对角线，因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以⊥平面，因为平面， 所以平面⊥平面，同理可知平面⊥平面，平面⊥平面.故答案为：平面，平面，平面.14.下列图形中，不一定是平面图形的是______．（填序号）①三角形；②四边形；③圆；④梯形．【答案】②【解析】【分析】根据三角形、圆、梯形的定义即可判断它们是否为平面图形，而四边形可能为平面或空间四边形.【详解】①三角形：由平面上三个不同点首尾相连所成的图形，是平面图形；②四边形：可能为平面四边形，也有空间四边形，不一定在一个平面上；③圆：同一平面内到定点的距离等于定长的点的集合所成图形，是平面图形；④梯形：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形，是平面图形；故答案为：②15.对角线互相垂直的空间四边形ABCD各边中点分别为M，N，P，Q，则四边形MNPQ是______．【答案】矩形【解析】分析】根据条件画出图形，由中位线定理可知，由可知，从而得出结论．【详解】如图所示． 点M，N，P，Q分别是四条边的中点，，，∴，四边形MNPQ是平行四边形，又，，，，平行四边形MNPQ是矩形．故答案为：矩形．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、异面直线所成的角、矩形的判定，属于基础题．16.如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为_________.【答案】##【解析】【分析】连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.【详解】如图，连接，则，故（或其补角）即为所求，又，所以， 故答案为：.三、解答题（共70分）17.用集合符号表示下列语句：（1）点在直线上，点不在直线上；（2）平面与平面相交于过点的直线．【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】【分析】根据集合的关系及运算表示即可.【小问1详解】点在直线上，点不在直线上可表示为：【小问2详解】平面与平面相交于过点的直线可表示为：18.如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：（1）；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.【小问1详解】 证明：在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则.【小问2详解】证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，因为，因此，平面平面.19.如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.【小问1详解】 如图，连接，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴直线平面.【小问2详解】连接SD，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.20.如图，在三棱柱中，，，设O为与的交点，点P为的中点．求证：平面；【答案】证明见解析【解析】【分析】利用线面平行的判定定理证明. 【详解】如图，四边形为平行四边形，所以为的中点，且为的中点，所以在中，为中位线，所以,且面，面,所以平面.21.如图，在正方体中，求异面直线与所成的角的大小；【答案】【解析】【分析】证明，由异面直线夹角的定义可知是异面直线与所成角的平面角，又为正三角形，所以可得结果为.【详解】连接，，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，则， 所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，即是异面直线与所成角的平面角，设正方体的棱长为，则，所以为正三角形，因此.即异面直线与所成的角的大小为.22.如图，在三棱柱中，四边形为菱形，，四边形为矩形，若，，．（1）求证：平面；（2）求证：平面；【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据四边形为矩形可知，再由线面平行的判定定理即可证明结论；（2）由矩形性质和勾股定理并根据线面垂直的判定定理可知平面，再由线面垂直的性质可得，利用菱形性质又可得，即可证明得出平面.【小问1详解】由四边形为矩形可知，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由四边形为矩形可知， 又，，，满足，可知；又，且平面，所以平面，又平面，可知，因四边形为菱形，可知，显然，平面,所以平面.