2023-2024學年江蘇省鎮(zhèn)江市揚中第二高級中學高三（上）段考數(shù)學試卷（三）（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年江蘇省鎮(zhèn)江市揚中第二高級中學高三（上）段考數(shù)學試卷（三）一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.直線l與平面α不平行，則(

)A.l與α相交 B.l?α

C.l與α相交或l?2.如圖，α∩β=l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l=M，過AA.點A

B.點B

C.點C但不過點M

D.點C和點M3.平面α與平面β平行的充分條件可以是(

)A.α內有無窮多條直線都與β平行

B.直線a?α，直線b?β，且b//α，a//β

C.直線a//α，a4.在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A.22 B.32 C.5.龍洗，是我國著名的文物之一，因盆內有龍線，故稱龍洗，為古代皇宮盥洗用具，其盆體可以近似看作一個圓臺.現(xiàn)有一龍洗盆高18cm，盆口直徑36cm，盆底直徑18cm.A.655πcm3 B.666πc6.下列結論中正確是(

)A.若直線a，b為異面直線，則過直線a與直線b平行的平面有無數(shù)多個

B.若直線m與平面α內無數(shù)條直線平行，則直線m與平面α平行

C.若平面α//平面β，直線a?α，點M∈β，則過點M有且只有一條直線與a平行

D.若直線l⊥7.在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=2AA.152 B.46 C.58.如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AA.8π B.24π C.32π二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.如圖，一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與一個球的直徑2R相等，下列結論正確的是(

)A.圓柱的側面積為2πR2

B.圓錐的側面積為5πR2

C.圓柱的側面積與球的表面積相等

10.如圖，多面體EABCDF的所有棱長均為2，則(

)A.BE//DF B.平面EAB⊥平面FAB

C.直線EA與平面11.如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，O為底面ABCDA.A1，E，O三點共線

B.異面直線BD與AC1所成的角為60°

C.點C1到平面A1BD的距離為23

12.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，點E，F(xiàn)，G，MA.直線A1G，EF是異面直線

B.平面DMC1截正方體所得截面的面積為122

C.三棱錐A三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知空間中兩個角∠AOB，∠A1O1B1，且OA/14.在正三棱錐A?BCD中，側棱長為3，底面邊長為2，則點A到平面BCD的距離為______；AB15.已知腰長為22的等腰直角△ABC，現(xiàn)沿斜邊BC上的高AD翻折，使得二面角B?AD?C的大小為60°，則點B16.如圖，已知四面體ABCD中，△ABD和△BCD都是等腰直角三角形，AB=2，∠BAD=∠CBD=π2四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

一副三角板(△ABC為等腰直角三角形，△BCD為一個銳角為30°的直角三角形)按如圖所示的方式拼接，現(xiàn)將△ABC沿BC邊折起，使得平面ABC⊥平面BCD．

18.(本小題12.0分)

已知異面直線ME，NF所成角為θ，ME?α，ME//β，NF?β，NF//α，MN⊥ME，19.(本小題12.0分)

如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是平行四邊形，BA=BD=2，AD=2，PA=PD=5，E，F(xiàn)分別是棱AD，PC的中點．

(Ⅰ)證明：EF/20.(本小題12.0分)

如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，點E是AB的中點．

(1)21.(本小題12.0分)

如圖，已知斜三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，AB1與平面ACC1A1所成角的正切值為217，所有側棱與底面邊長均為2，D是邊22.(本小題12.0分)

三棱臺ABC?A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：因為空間中直線和平面的位置關系有三種，即直線和平面平行、直線和平面相交及直線在平面內，

因直線l與平面α不平行，所以直線l與平面α的位置關系是：直線l與平面α相交或l?α．

故選：C．

由直線與平面之間的位置關系即可求解．2.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查平面與平面之間的位置關系，考查學生分析解決問題的能力，比較基礎．

直線AB∩l=M，過A，B，C三點的平面記作γ，可得β∩γ=MC，即可得出結論．

【解答】

解：∵直線AB∩l=M，過A，B，C三點的平面記作γ，

3.【答案】D

【解析】解：對于A，α內有無窮多條直線都與β平行，推不出平面α與平面β平行，平面α與平面β可以相交，A錯誤；

對于B，推不出平面α與平面β平行，平面α與平面β也可以相交，B錯誤；

對于C，推不出平面α與平面β平行，平面α與平面β也可以相交，C錯誤；

對于D，由面面平行的定義知能推出平面α與平面β平行，D正確．

故選：D．

由直線與平面、平面與平面的位置關系結合充分條件的概念依次判斷即可．

本題考查了直線與平面、平面與平面的位置關系，屬于基礎題．4.【答案】C

【解析】【分析】本題考查異面直線所成角的正切值的求法，屬于基礎題．

作出異面直線所成的角，然后求出其正切值即可．【解答】

解：如下圖，取DD1的中點F，連接EF，AF，

因為E，F(xiàn)為CC1，DD1的中點，ABCD?A1B1C1D1為正方體，

所以EF//CD，

所以∠AEF為異面直線AE與CD所成角或其補角，

由正方體可得EF⊥平面A5.【答案】B

【解析】解：如圖所示，畫出圓臺的立體圖形和軸截面平面圖形，并延長

EC

與FD交于點G．

根據(jù)題意，AB=18cm，CD=9cm，AC=18cm，EC=6cm，

設

CG=xcm，E6.【答案】C

【解析】解：若直線a，b為異面直線，則過直線a與直線b平行的平面有且僅有一個，故A錯誤；

若直線m與平面α內無數(shù)條直線平行，則直線m與平面α平行或m?α，故B錯誤；

若平面α//平面β，直線a?α，點M∈β，則過直線a與點M可確定平面γ，設γ∩β=b，

則b為過點M的唯一一條與直線a平行的直線，故C正確；

若直線l⊥平面α，則過直線l7.【答案】A

【解析】解：取C1D1的中點Q，連接PQ，B1D1，則PQ//B1D1,PQ=12B1D1，

又BD//B1D1，則PQ//BD，又根據(jù)正四棱臺的性質得DQ=BP，

則BDQP為等腰梯形，即過B，D，P三點截面為等腰梯形BDQP．

取BC的中點M，連接MP，

在等腰梯形B1C1CB中，8.【答案】D

【解析】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，

A1(0,0,2)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，E(0,2,0)，

設三棱錐A1?CDE外接球的球心為O(x,y,z9.【答案】BC【解析】解：球半徑為R，圓柱側面積為2πR?2R=4πR2，A錯誤；

圓錐側面積為πR?5R=5πR2，B正確；

球的表面積為4πR2，C正確；

10.【答案】AC【解析】解：對于A：如圖，由題意得△BAE，△BEC，△BCF，△BFA為正三角形，

則四邊形AECF為正方形，故AE//CF，故A正確；

對于B：取AB中點為M，在△BAE，△BAF中，

又EM⊥AB，F(xiàn)M⊥AB，平面ABE∩平面ABF=AB，EM?平面ABE，F(xiàn)M?平面ABF，

則∠EMF為二面角E?AB?F的平面角，

又EM=FM=3，EF=22，則∠EMF≠90°，故B錯誤；

對于C：由題意得四棱錐E?ABCD、四棱錐F?ABCD均為正四棱柱，

連接EF，AC交點為正方形ABCD的中心，則EF⊥平面ABCD，

即∠EAC為直線EA與平面ABCD所成的角，

又EA=EC11.【答案】AC【解析】解：因為O為底面ABCD的中心，

所以O為BD和AC的中點，則O∈BD，O∈AC，

因為BD?平面A1BD，AC?平面ACC1A1，

所以O∈平面A1BD，O∈平面ACC1A1，

所以點O是平面A1BD與平面ACC1A1的公共點；

顯然A1是平面A1BD與平面ACC1A1的公共點；

因為AC1交平面A1BD于點E，AC1?平面ACC1A1，

所以E也是平面A1BD與平面ACC1A1的公共點，

所以A1，E，O三點都在平面A1BD與平面ACC1A1的交線上，

即A1，E，O三點共線，故A正確；

因為C1C⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

所以BD⊥C1C，

又BD⊥AC，AC?C1C=C，AC，C1C?平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1，

又AC1?平面ACC1A1，

所以BD⊥AC1，即異面直線BD與AC1所成的角為90°，故B不正確；

根據(jù)證明BD⊥AC1的方法，同理可得AC1⊥A1B，

因為BD?A1B=B，BD，A1B?平面A1BD，

所以AC1⊥平面A12.【答案】AC【解析】解：對于A，如圖，取B1C1的中點P，連接PE，取PE的中點Q，連接A1Q，

則A1F//EQ，A1F=EQ，

所以四邊形A1FEQ是平行四邊形，所以EF//A1Q，

又因A1G∩A1Q=A1，所以直線A1G，EF是異面直線，故A正確；

對于B，如圖，延長C1M，CB交于點H，連接HD交AB點N，連接MN，AB1，

因為BB1//CC1，M為BB1的中點，則BM=12CC1，

所以B為HC的中點，

因為AB//CD，所以N為AB的中點，則MN//AB1，

因為AD//B1C1，AD=B1C1，

所以AB1C1D為平行四邊形，所以AB1//DC1，

所以MN//DC1，

則平面DMC1截正方體所得截面為等腰梯形MNDC1，

在等腰梯形MNDC1中，

DC1=42,MN=22,DN=MC1=25，

則梯形的高為20?2=32，

所以等腰梯形MNDC1的面積為(42+22)×313.【答案】600或120【解析】解：∵空間中兩個角∠AOB，∠A1O1B1，且OA//O1A1，OB//O1B1，∠AOB=14.【答案】693

【解析】解：在正三棱錐A?BCD中，設頂點A在底面BCD上的射影為O，則AO⊥平面BCD，且O為底面△BCD的中心，

連結DO并延長，與BC交于點E，則E為BC的中點，

因為底面邊長為2，所以DE=32×2=3，

故EO=13DE=33,OD=23DE=233，

又側棱長AD=3，所以AO=AD2?OD2=32?(233)2=693，

故點A到平面BCD的距離為15.【答案】142

【解析】解：如圖，

圖①中，由題意AB=AB=22，∠BAC=90°，∴BC=2BD=CD=4，

∵BD⊥AD，CD⊥AD，∴∠BDC為二面角B?AD?C的平面角，

即∠16.【答案】π2

【解析】解：分別取BD，CD中點E，F(xiàn)，連接EF，AE，AF，

由△ABD和△BCD都是等腰直角三角形，∠BAD=∠CBD=π2，

可得AE⊥BD，EF⊥BD，則∠AEF為二面角A?BD?C的平面角，

又由△ABD和△BCD都是等腰直角三角形，AB=2，∠BAD=∠CBD=π2，

∴BD=BC=2，AE=EF=1，BF=CF=DF=2，

若四面體ABCD外接球的表面積為8π，可得四面體ABCD外接球的半徑為2，

由CD=22和∠CBD=π217.【答案】解：(1)證明：因為BC⊥CD，平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，

所以CD⊥平面ABC，

又AB?平面ABC，

所以CD⊥AB，

又AB⊥AC，AC⊥AB，CD∩AC=C，

所以AB⊥面ACD．

(2)由(1)知AB⊥面ACD，

所以BD在平面ACD內的射影為AD，

所以直線BD與平面ACD所成角的為∠【解析】(1)根據(jù)題意可得BC⊥CD，平面ABC⊥平面BCD，又面面垂直的性質定理可得CD⊥平面ABC，進而可得CD⊥AB，又AB18.【答案】證明：(1)由題知M，N，E三點可確定一個平面MNE，

N∈平面MNE，N∈β，ME?平面MNE，

可設平面MNE與平面β的交線為NA，因為ME//β，所以ME//NA，

又ME?α，NA?α，故NA//α，

又同理NF//α，NF?β，NA?β，NA?NF=N，所以α//β；

(2)在直線NA取點C，使NC=ME=m，連接EC，F(xiàn)C，

由(1)知NC//ME，得四邊形ME【解析】(1)根據(jù)線面平行得出線線平行，再由面面平行的判定定理得證；

(2)通過作輔助線得Rt19.【答案】(Ⅰ)證明：連接AC，AC∩BD=H，

∵底面ABCD是平行四邊形，

∴H為BD中點，

∵E是棱AD的中點．

∴在△ABD中，EH//AB，

又∵AB?平面PAB，EH?平面PAB，

∴EH//平面PAB．

同理可證，F(xiàn)H//平面PAB．

又∵EH∩FH=H，EH，F(xiàn)H?面EFH，

∴平面EFH//平面PAB，

∵EF?平面EFH，

∴EF//平面PAB；

(Ⅱ)證明：(i)如圖，連接PE，BE．

∵BA=BD=2，AD=2，PA=PD=5，

∴BE=1，PE=2．

又∵E為AD的中點，

∴BE⊥AD，PE⊥AD，

∴∠PEB即為二面角P?AD?B的平面角，

即∠PEB=60°，∴PB=3．

∵△PBD中，BD2+PB2=PD2，

∴PB⊥BD，同理PB⊥BA，

而【解析】本題主要考查空間直線與平面平行的判定定理以及線面角大小的求法，要求熟練掌握相關的判定定理，屬于拔高題．

(Ⅰ)要證明EF//平面PAB，可以先證明平面EFH//平面PAB，而要證明面面平行則可用面面平行的判定定理來證；

(Ⅱ)(i)要證明平面PBC⊥平面ABCD，可用面面垂直的判定定理，即只需證P20.【答案】解：(1)證明：如圖所示：連接AD1交A1D于點O，則O為AD1的中點．

由題意可知，四邊形ADD1A1是正方形，

所以A1D⊥AD1．

因為AB⊥平面ADD1A1，A1D?平面ADD1A1，

所以AB⊥AD1．

又因為AB?平面AD1E，AD1?平面AD1E，AB?AD1=A，

所以A1D⊥平面AD1E，

又D1E?平面AD1E，

所以A1D⊥D1E，即D1E⊥A1D.

(2)存在一點P滿足DPDD1=12時，使得AP//平面ED1C，

當點P滿足DPDD1=12，即P為DD1的中點，

取CD1的中點Q，連接PQ，EQ，

在△DD1C中，PQ//QC且PQ=12DC，

因為E是AB的中點，長方體AC1，

所以AE//DC且AE=12DC，【解析】(1)連接AD1交A1D于點O，則O為AD1的中點，由幾何體的特征結合線面垂直的性質定理可得AB⊥AD1，再由線面垂直的判定定理可得A1D⊥平面AD1E，即可得出答案．

(2)當點P滿足DPDD1=12，即P為DD1的中點，取CD1的中點Q，連接PQ，EQ，由三角形中位線定理可得PQ//QC且21.【答案】解：(1)證明：如圖，連接B1C與BC1交于點O，連DO，

在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，

四邊形BCC1B1是菱形，

則O是B1C的中點，又D是AC中點，

即OD為△AB1C的中位線，

所以AB1//DO，

又AB1?平面BDC1