（沪教版2020）2023-2024学年高二数学上学期 必修三 第一次月考B卷

2023-2024学年高二数学上学期第一次月考

B卷·重点难点过关测

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．测试范围：第10章、第11章（沪教版2020必修第三册）。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1．已知某食品罐头的体积是常量，其包装是金属材质的圆柱形，假设该圆柱形的高和底半径分别为和，为了使制作包装的金属材料最省，的值为          .

【答案】2

【解析】设食品罐头的体积是为常数）．由题意可得，

圆柱的表面积．

当且仅当，即时等号成立，此时．

．

故答案为：2．

2．正四棱锥的侧棱与底面所成角为60°，则此四棱锥相邻两个侧面所成二面角的大小是           .

【答案】

【解析】由题意，可作图如下：

图中平面，，，连接，

由正四棱锥的侧棱与底面所成角为60°，则，

设，则，在中，，

在正四棱锥中，，且，易知，故，

在中，由余弦定理，得，，则，即，同理可得，

由，，且平面，平面，

则为二面角的平面角，

在中，由余弦定理，得，

故此四棱锥相邻两个侧面所成二面角的大小是.

故答案为：.

3．棱长为1的正四面体ABCD中，对棱AB、CD之间的距离为         ．

【答案】

【解析】设AB，CD的中点为E，F，连接AF，BF，

因为ABCD为正四面体，各面均为等边三角形，边长为1，则AF=BF=，于是得EF⊥AB，

同理可得EF⊥CD，

即EF的长即为AB、CD之间的距离，此时，EF＝＝＝，

即AB、CD之间的距离为.

故答案为：

4．在正四棱柱中，对角线，且与底面ABCD所成角的余弦值为，则异面直线与所成角的大小为      ．

【答案】

【解析】如图，

在正四棱柱中，

因为平面，所以即为与底面ABCD所成角的平面角，

则，解得，所以，所以，

因为且，所以四边形为平行四边形，

所以，所以即为异面直线与所成角的平面角，

在中，，所以，

所以，即异面直线与所成角的大小为.

故答案为：.

5．已知异面直线、所成的角为，过空间定点与、成角的直线共有3条，则的大小是      .

【答案】

【解析】分别将直线平移得到，使得经过点，如图所示，

设所成角的角平分线为，过点垂直于所在平面的直线为，

因为异面直线、所成角为，所以直线所成角为，

所以，当直线经过点且直线在直线所在平面，垂直于直线时，直线与直线所成角相等，为时，成角为，即；

当直线在直线平面内时，若直线绕着点旋转，此时直线与直线所成角相等，且所成角从变化到，再从变化到，此时满足条件的直线有两条，

所以，，解得.

所以，过空间定点与、成角的直线共有3条时，.

故答案为：.

6．已知，，则与的位置关系是          .

【答案】平行或异面或相交或重合

【解析】由题设可得如下四种情况：

∴与的位置关系是平行、异面、相交、重合都有可能.

故答案为：平行或异面或相交或重合

7．如图所示，在中，，，.在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点，与相切于点），则图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为           .

【答案】

【解析】由题意，在中，，连接，作图如下：

由半圆与相切于点，与相切于点，则，

在中，，

绕旋转成圆锥，底面为以为圆心，以为半径，圆锥的高为，

圆锥的体积.

半圆绕旋转可得以为球心，为半径的球，

球的体积为，

则阴影部分绕旋转后，其体积.

故答案为：.

8．已知球的表面积为，点在球的表面上，且，，，则球心到平面的距离为      .

【答案】

【解析】如图所示，设球心在平面的投影为，则球心到平面的距离为，

∵球的表面积为，则球的半径满足，解得，即，

则，即为的外心，

∵，，，由余弦定理得，

由正弦定理得，外接圆半径，

故，即球心到平面的距离为.

故答案为：

9．2021年10月，麻省理工大学的数学家团队解决了维空间中的等角线问题.等角线是一组直线，这组直线中任意两条直线所成的角都相等.三维空间中，最大的等角线组有6条直线，它们是连接正二十面体的12个相对顶点形成的6条直线.已知棱长为1的正二十面体，其外接球半径为，则三维空间最大等角线组中，任意两条直线形成的角的大小为        （用反三角函数表示）.

【答案】

【解析】如图，根据正二十面体的结构，取等角线组中两条线段，及相应的对棱围成一个矩形，矩形对角线交点为，是正二十面体外接球球心，，棱，

，．

故答案为：.

10．如图，已知正三棱柱的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为           .

【答案】

【解析】

如图将正三棱柱侧面展开2次，可知曲面上的最小值即为对角线=.

故答案为：

11．二面角是，其内一点P到的距离分别为和，则点P到棱l的距离为         ．

【答案】

【解析】如图，过分别作，则，

设点P到棱l的垂足为，则可得平面，则，

所以，则，

在中由余弦定理可得，所以，

由题意可得在以为直径的圆上，所以由正弦定理可得.

故答案为：.

12．有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为，，，用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个三棱柱，则的取值范围是  ．

【答案】

【解析】①拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况，

将上下底面对接，其全面积为．

边可以合在一起时，其全面积为．

边合在一起时，其全面积为．

②拼成一个四棱柱，有四种情况，其中全面积有三种情况，

就是分别让边长为，，所在的侧面重合，

其上下底面积之和都是，

但侧面积分别为，

显然，三个四棱柱中全面积最小的值为．

由题意得，解得，所以的取值范围为．

故答案为：

二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知直线m、n，平面，满足且，则“”是“”的（     ）条件.

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】B

【解析】因为，所以，若，则，

即“”是“”的必要条件；

如图，在长方体中，设面为面、面为面，则，且与面不垂直，

即“”不是“”的充分条件.

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

14．如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是（　　）

A． B．平面ABCD

C．三棱锥的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值

【答案】D

【解析】对于选项A，在正方体中，平面，

平面，所以，即，

四边形为正方形，则，

又，平面，平面，所以平面，平面，所以，故A正确.

对于选项B，在正方体中, 平面平面，

平面，所以平面ABCD，故B正确.

对于选项C，连接交于点，设三棱锥的高为，

，平面，平面，，

所以点B到直线的距离即为，，

又因为平面，即平面，所以AO为三棱锥的高，

在中，，所以，

（定值），故C正确.

对于选项D，设异面直线AE，BF所成的角为，连接交于点，

当点与重合时，因为，此时点与点重合，连接，

在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，

所以，即为异面直线AE，BF所成的角，

在中，，，，

因为，所以为直角三角形，，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为.

当点与重合时，，此时点与点重合，，即，

即为即为异面直线AE，BF所成的角，

在中，，，，

，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为,

异面直线AE，BF所成的角不是定值，故D错误.

故选：D.

15．已知是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为（   ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【解析】设球心为，连接，由，

所以和均为等边三角形，所以，

所以，当且仅当共面时取等号，如图所示，

此时取得最大值，

在中，由余弦定理得，

所以，所以的最大值为，故选：C.

16．如图，已知四边形ABCD，ADEF，AFGH均为正方形，先将矩形EDHG沿AD折起，使二面角的大小为30°，再将正方形沿折起，使二面角的大小为30°，则平面与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图，作，．

在平面内，由平面．

在平面内，由面．又因为与全等，

设平面ABCD为平面α，平面为平面β，平面为平面γ.

由面积射影定理知：，

同理可得，

所以，故有．

故选：B.

三、解答题（本大题共5题，共70分）

17．（12分）已知空间四边形，分别在上.

(1)当四边形是平面四边形时，试判断与三条直线的位置关系，并说明理由；

(2)已知当，，异面直线所成的角为，当四边形是平行四边形时，试判断点在什么位置时，四边形的面积最大，试求出最大面积并说明理由.

【解析】（1）与三条直线平行，或者相交于一点；

因为四边形是平面四边形，所以可得或者相交；

如图所示：

①当时，因为平面，平面，所以平面；

又平面，平面平面，所以；

所以，即与三条直线平行；（3分）

②当相交时，设交点为，即，

因为平面，所以点平面，

因为平面，所以点平面，

又因为平面平面，因此，

所以与三条直线相交于一点.（6分）

（2）当四边形是平行四边形时，则可知.

因为平面，平面，所以平面.（7分）

又平面，平面平面，所以.（8分）

同理可得，

所以即为异面直线所成的角或其补角，则或.（9分）

则平行四边形的面积为，

在中，，在中，.（10分）

所以，

当且仅当时，取得最大值为，（11分）

即当分别为的中点时，四边形的面积最大，

最大值为.（12分）

18．（12分）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱OO1的表面积为24π，OA＝2，∠AOP＝120°．

(1)求三棱锥A1﹣APB的体积．

(2)求异面直线A1B与OP所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）

【解析】（1），，故.（1分）

，则，，，（2分）

，（4分）

.（6分）

（2）如图所示，为的中点，连接，

为的中点，为中点，则，（8分）

，，，（10分）

在中，.

故异面直线A1B与OP所成角的大小为.（12分）

19．（14分）如图，在四棱锥中，底面，，．

(1)求证：平面平面；

(2)试在棱上确定一点，使截面把该几何体分成的两部分与的体积比为；

(3)在(2)的条件下，求二面角的余弦值．

【解析】(1)∵，∴．

∵平面，平面，∴．（2分）

∵，∴平面．

∵平面，∴平面平面．（4分）

(2)作于点，

∵在中，，∴，∴平面．（5分）

设，

则．．（7分）

由，得，解得，

即，故为的中点.（8分）

(3)连接、，与交于点，连接，

由(2)可知平面，∴．

易知为正方形，∴．

∵，∴平面，故．

∴是二面角的平面角．

由平面，可知平面平面．

∴二面角与平面角互余．（11分）

设二面角的平面角为，则，

在中，，，

∴二面角的余弦值为．（14分）

20．（16分）如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．

(1)求证：BC∥平面EFGH

(2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；

(3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为?

【解析】（1）四边形EFGH为平行四边形，.

而面面BCD，面BCD.

而面ABC，面面，.（2分）

而面面EFGH，面EFGH.（4分）

（2）

在平面BCD上的投影满足，即在平面BCD上的投影在线段BC的中垂线上.

如图所示，将补成边长为2的正三角形，

当二面角为角时，即点在平面BCD上，此时为，

当二面角为角时，此时为BC中点，

故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为，而，

故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为.（8分）

（3），且为等腰三角形，.

取BC中点，由题意得:,，

满足，根据勾股定理可知，

平面（9分）

而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半.

连接AH、AG，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，

，

（12分）

设点到平面的距离为，

，，

（14分）

，整理得，

解得舍去).（16分）

21．（16分）如图，是半球的直径，为球心，，，依次是半圆上的两个三等分点，是半球面上一点，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若点在底面圆内的射影恰在上，求点到平面的距离.

【解析】（1）连接，如图，是半圆上的两个三等分点，

则有，（2分）

∵，∴都是正三角形，∴，

四边形是菱形，，（4分）

∵，平面，∴平面，平面

∴平面平面.（6分）

（2）由(1)知，平面PON，

所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，（8分）

则点P在底面圆内的射影在ON上，

又点P在底面圆内的射影在BM上，点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，

，故，（10分）

在中，由余弦定理，可得，

故，故，

在中，，（12分）

故，故.（14分）

由，可得，

即，所以，

点到平面的距离为.（16分）