試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁山東省菏澤市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期第二次月考數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知m，n是不重合的直線，α,β,A．若α⊥γ,β⊥γ，則C．若α⊥β,m⊥β，則2．如圖，在正方體ABCDA．A1D⊥CC1 B．B3．在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA．45 B．35 C．234．如圖所示，定點A和B都在平面α內(nèi)，定點P?α，PB⊥α，C是平面α內(nèi)異于A和B的動點，且PC⊥AC，則△ABC為()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．無法確定5．若正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長都相等，DA．35 B．33 C．356．下列四個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點D、E、F分別為其所在棱的中點，能得出l⊥平面DEF的是（

A． B． C． D．7．如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別在線段DB，A．14 B．13 C．238．在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為線段A．66 B．55 C．33二、多選題9．如圖，在棱長均為1的四棱錐P?ABCD中，O為底面正方形的中心，M

A．CD//MN C．ON⊥PB 10．如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E,F分別是AB,BC的中點，將△A．PB．三棱錐P?DC．點P在平面DEF的投影是D．設(shè)PD?PE?P11．如圖，正方體ABCDA．直線BC與平面ABB．點C到面ABCC．兩條異面直線D1C和BD．二面角C?B三、填空題12．如圖所示，已知兩個正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，AM=BM=DN=FN．若13．如圖，PA⊥矩形ABCD，有下列結(jié)論：①PB⊥BC，②PD⊥14．如圖，在長方體ABC分別為AB,BC,C1D1的中點.點P在平面A四、解答題15．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A(1)證明：EF//平面(2)若AC=BC=16．《九章算術(shù)》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑”，這里所謂的“陽馬”，就是底面是矩形且一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.如圖，四棱錐P?ABCD為陽馬，PA⊥(1)證明：EF∥平面P(2)證明：EF⊥平面(3)求直線BF與平面A17．如圖1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，且AB=A（1）求證：AM//（2）求證：平面BCD⊥（3）若DE=1，求點D18．如圖所示，正四棱錐P?ABCD中，O為底面正方形的中心，側(cè)棱P(1)求側(cè)面PAD與底面(2)若E是PB的中點，求異面直線PD與(3)在（2）的條件下，問在棱AD上是否存在一點F，使EF⊥側(cè)面P19．如圖，在△ABC中，∠ACB=π2,A(1)若λ=1，A1在面PBC(2)若二面角A1?CP?B為直二面角，當(dāng)A1答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《山東省菏澤市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期第二次月考數(shù)學(xué)試題》參考答案題號12345678910答案DDABDCAAABCABD題號11答案AB1．D【分析】A選項可以舉反例，B選項考查面面平行判定定理，C選項漏了條件，D選項即為線面平行性質(zhì)定理.【詳解】對于選項A，垂直于同一平面的兩個平面可能平行，也可能相交；對于選項B，根據(jù)面面平行判定定理，直線m，n應(yīng)為相交直線；對于選項C，直線m可能在平面α內(nèi)；對于選項D，恰好為線面平行的性質(zhì)定理.故選：D.2．D【分析】利用異面直線所成角的定義可判斷ABD選項，利用線面垂直的性質(zhì)定理可判斷D選項.【詳解】對于A選項，∵CC1//DD1，而∠故A1D與對于B選項，連接A1B，因為A1D1⊥平面AA所以，∠A1D1B為銳角，因為A對于C選項，連接A1C1因為AA1//CC故A1D、AC設(shè)正方體ABCD?A即△A1C對于D選項，∵四邊形ABCD∵DD1⊥平面ABCD∵BD∩DD1=D，BD∵BD1?平面故選：D.3．A【分析】先找到異面直線A1B與AC【詳解】如圖分別取A1C1連接GI,H所以異面直線A1B與AC1所成角即為直線GI設(shè)AA1=所以BC=AHIHG所以由余弦定理可得：cos∠則異面直線A1B與AC故選：A.4．B【詳解】因為PB⊥α，AC?α，所以PB⊥AC，又AC⊥PC，PB∩PC=P，所以AC⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AC⊥BC.故△ABC為直角三角形.5．D【分析】取AC的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系O?xy【詳解】取AC的中點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O?設(shè)三棱柱的棱長為2，則A0,?1,0,D所以AD=(0,1,2),CD設(shè)n=(x,y,z)令z=1，得n設(shè)直線AD與平面B1DCsinα所以直線AD與平面B1DC故選：D.6．C【分析】因為體對角線與對角面垂直，只需找到與對角面平行的答案即可.【詳解】設(shè)下底面端點A,B,連接AB1,B1C和AC又因為AC∩B1C=C,A所以l⊥面A對于C，因為DE//B1C，DF所以l⊥平面DEFA、B、D選項中面DEF與面故選：C.7．A【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得FM//D【詳解】延長AE∩C由四邊形ABCD則DMBA又平面AEF//平面BD1平面BD1G∩平面又CC1//由四棱柱可知∠FDM即FDGC又CC1=故選：A.8．A【分析】取B1C1的中點H，連接PH,HQ.設(shè)正方體的棱長為2a，則可得PQ【詳解】取B1C1的中點H，連接P則在△A1B1C1中，P為線段所以PH為△A1B1C1又因為A1B1⊥平面BC則PQ與平面BCC1B由PH=1所以要使PQ與平面BCC可知當(dāng)Q與點B重合時，QH最大，此時Q所以sin∠故選：A

9．ABC【分析】根據(jù)中位線可判斷A，根據(jù)線線平行求證線面平行，即可求解B，根據(jù)三角形的邊長關(guān)系，即可求解C，根據(jù)錐體的體積公式即可求解D.【詳解】對于A，由于M,N分別為側(cè)棱PA,PB的中點,所以對于B,連接BD,AC,PO,由于O,N分別為側(cè)棱BD,PB的中點,所以O(shè)N//PD，ON?平面OMN,PD?平面OMN,所以PD對于C，由于PB=PD=1,BD對于D，由于OP故選：ABC

10．ABD【分析】利用線面垂直的判定定理即可證明選項A，利用等體積法思想證明選項B，利用線面垂直的判定和性質(zhì)判斷選項C錯誤，根據(jù)垂直關(guān)系找到線面角并表示出正弦值即可求解選項D.【詳解】聯(lián)系翻折前后的位置關(guān)系可得，翻折后PF⊥PE,所以PE⊥平面PDF,又因為DF由上述過程可知PE⊥平面PD所以VP因為PDPD⊥PE,所以PD⊥平面PEF,又因為EF設(shè)Q為點P在平面DE連接PQ,EQ,則PQ⊥平面所以PQ⊥EF,所以EF⊥平面PQD，DQ同理可證EQ⊥DF,即點所以點P在平面DEF的投影是由上述過程可知，PD?PE?S△由上述過程可知VP?D所以sin2故選:ABD.11．AB【分析】根據(jù)線面角的定義及求法即可判斷A；由點到平面的距離的求法即可判斷B；由異面直線所成角的定義及求法即可判斷C；由平面角的定義及余弦定理即可判斷D．【詳解】解：如圖，取BC1的中點H，連接CH，易證C所以∠C1BC是直線BC與平面A點C到平面ABC1D1的距離為C易證BC1//AD1因為△ACD1為等邊三角形，所以兩條異面直線D1C和連接DH，由BD=DC所以∠CHD易求得DH=62，又由余弦定理可得cos∠CH故選：AB12．6【分析】連接MD，利用線線垂直可證得DF⊥平面ABC【詳解】連接MD，因為∠AD又四邊形DCEF又DC∩AD=D，DC又MD?平面AB又AM=B在Rt△AM在Rt△MDN中，可得故答案為：6.13．①②④【分析】根據(jù)空間中線與線、線與面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，分別證明各結(jié)論正誤.【詳解】∵PA⊥矩形ABCD，B在矩形矩形ABCD所以BC⊥PABC⊥AB所以BC⊥面PAB,因為PB同理可證CD⊥平面PA由題意可知PB當(dāng)PD⊥BD時，在即PA2+∵PA⊥矩形ABCD，故答案為：①②④．14．7【分析】利用線面平行的判定定理，面面平行的判定定理，確定P在直線AC，再根據(jù)D1P【詳解】解：如圖，連結(jié)D1∵E,F,∴AC//EF,E∴EF/∵EG//AD1,∴EG//∵EF∩EG=∵D1P/∴點P在直線AC上，在△ACS△AD1C=12×故答案為：7215．(1)證明見解析(2)10【分析】（1）取BC1的中點G，連接FG，A1G（2）取CC1的中點Q，連接QA、QF，則∠Q【詳解】（1）取BC1的中點G，連接FG因為E為AA1的中點，F(xiàn)為BC的中點，所以G又A1E//所以A1E//所以四邊形A1EF又EF?平面A1BC1，A1（2）取CC1的中點Q，連接QA、Q則∠QFA（或其補角）為異面直線A在直三棱柱ABC?CC1⊥平面ABC，AC,在△FQA中AF=所以cos∠所以異面直線AF與BC116．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)π【分析】（1）作PD的中點M，連接AM?MF，則由三角形中位線定理及平行四邊形的性質(zhì)可證得四邊形AMF（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得AM⊥PD，由線面垂直的判定定理證得CD⊥平面PAD，則CD⊥A（3）連接AC,BD交于點O，連接OF，則可得OF⊥平面ABC【詳解】（1）作PD的中點M，連接A由M?F得分別為所以MF∥DC且又因為AE∥DC且AE=12DC，所以所以四邊形AMFE為平行四邊形，所以EF因為AM?平面PAD,EF?（2）因為AD=P因為PA⊥底面AB又因為CD⊥AD,所以CD⊥平面所以CD因為EF∥AM，AM⊥P又因為PD∩C所以EF⊥平面（3）連接AC,BD交于點因為點O,F分別為所以O(shè)F∥P所以O(shè)F⊥平面所以BO為BF在平面所以BF與平面ABC由已知得B所以tan∠因為∠FBO所以BF與平面ABC17．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）63【分析】（1）證得BN（2）證得ED⊥平面（3）證得DG⊥平面BEC，即點D到平面BE【詳解】（1）證明：取EC中點N，連接MN，在△EDC中，M，N分別為EC，ED的中點，所以MN//CD，且MN=12CD．由已知AB//所以AM//（2）證明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，又ED⊥DC，AD∩DC=D（3）由（2）知平面BCD⊥平面BDE，且平面BCD∩平面BDE=BD，又因為BC⊥BD，所以BC⊥平面BDE所以點D到平面BEC的距離等于線段在Rt△BDE中，DG=18．(1)60(2)2(3)存在，F(xiàn)是AD的4等分點，靠近A【分析】（1）取AD中點M，連接OM、PM，由正四棱錐的性質(zhì)知∠PMO為所求二面角P?AD?O（2）依題意連接AE、OE，可知∠OEA為異面直線PD與AE（3）延長MO交BC于N，取PN的中點G，連接EG、MG，易得BC⊥平面PMN，可得平面PMN⊥平面PBC，分析出△PMN為正三角形，易證M【詳解】（1）解：取AD的中點M，連接OM、由正四棱錐的性質(zhì)可知PO⊥平面ABCD，∵依條件可知AD⊥MO，則∵PO⊥面ABCD，則∠P設(shè)AB=a，則A則tan∠PMO=（2）解：連接AE、O所以，∠AEO為異面直線P∵PO⊥平面ABCD，∵AO⊥BD，B又OE?平面PB∵OE=（3）解：延長MO交BC于N，則N為BC的中點，取PN的中點G，連接因為PB=PC，N為BC∵PM∩PN∵BC?平面PBC，∴又PM=P所以，△PMN為正三角形，∵G為又因為平面PMN∩平面PBC=PN，平面所以，MG⊥平面取AM的中點F，連接E∵G、E分別為PN、PB的中點，則E因為AD//BC且AD=BC，M、N分別為∵F為AM的中點，則FM//BN且所以，四邊形EFMG為平行四邊形，則EF//因此，F(xiàn)是AD的4等分點，靠近A19．(1)14(2)4【分析】（1）根據(jù)二面角定義，作出二面角的平面角并由邊長求出其余弦值；（2）由直二面角性質(zhì)，結(jié)合余弦定理和線面垂直的性質(zhì)可得A1B的長度表達式，結(jié)合三角函數(shù)值域可得當(dāng)A1B取到最小值時λ=【詳解】（1）過點A作CP的垂線交CP于點D，交BC翻折后仍有A1又因為A1D∩HD=D