2021-2022学年上海市徐汇中学高二(上)第一次月考数学试卷(9月份)(附答案详解)

2021-2022学年上海市徐汇中学高二（上）第一次月考数
学试卷（9月份）
一、单选题（本大题共4小题，共20.0分）
1.若a、b表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为()
A. 若a⊥α，a⊥b，则b//α
B. 若a//α，a⊥b，则b⊥α
C. 若a⊥α，b⊂α，则a⊥b
D. 若a//α，b//α，则a//b
2.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，
则下列命题正确的是()
A. l与l1，l2都不相交
B. l与l1，l2都相交
C. l至多与l1，l2中的一条相交
D. l至少与l1，l2中的一条相交
3.过平面α外一点A引线段AB，AC以及垂段AO，若AB与α所成角是30°，AO=6，AC⊥
BC，则线段BC长的范围是()
A. (0,6)
B. (6,+∞)
C. (0,6√3)
D. (6√3,+∞)
4.平面α过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，α//平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，
α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为()
A. √3
2B. √2
2
C. √3
3
D. 1
3
二、单空题（本大题共12小题，共60.0分）
5.两条直线没有公共点是这两条直线为异面直线的______条件．(填“充分不必要”、
“必要不充分”、“充要”、“非充分非必要”)
6.在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱有______
条.
7.从同一点出发的四条直线最多能确定______个平面．
8.若直线l与平面α相交于点O，A，B∈l，C，D∈α，且AC//BD，则O，C，D三点
的位置关系是______．
9.已知∠AOB=120°，直线a//OA，直线b//OB，且a与b为异面直线，则a与b所成角
的大小是______．
10.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，
则四边形EFGH的形状为______．
11.如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面
图形的直观图，则原图形的周长是______cm．
12.异面直线a、b成80°角，点P是a、b外的一个定点，若过P点有且仅有2条直线与a、
b所成的角相等且等于θ，则θ的范围为______．
13.如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其
上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC=______ ．
14.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点
P在截面A1DB上，则线段AP的最小值等于______．
15.如图，正三角形P1P2P3，点A、B、C分别为边P3P1、P2P3、
P1P2的中点，将三角形沿AB、BC、CA折起，使P1，P2，
P3三点重合为点P，则折起后P1A与平面ABC所成的角
为______．
16.如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一
个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”
的个数是______．
三、解答题（本大题共3小题，共36.0分）
17.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB//平面AEC；
(2)设AB=2，AD=4，求B到平面PAC的距离．
18.如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，AB=AC=3，
BC=2√5,AA1=√7，BB1=2√7，点E分别是BC的中点．
(1)求证：AE⊥平面BCB1；
(2)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
19.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)作出平面A1BE与平面ABCD的交线，保留作图
痕迹；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使得B1F//平面
A1BE，若存在，说明点F的位置，若不存在，请说
明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是线面平行的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，掌握线面平行的判定与性质是关键．
对4个选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：选项A中，由a⊥α，a⊥b，则b//α或b在平面α内，故该命题为假命题；
选项B中，由a//α，a⊥b，则b⊥α或b//α或b在平面α内，故该命题为假命题；
选项C中，由线面垂直的判定定理可知，该命题为真命题；
选项D中，由a//α，b//α可得到a，b相交或平行或异面，故该命题是假命题，
故选：C．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查异面直线的概念，在直接说明一个命题正确困难的时候，可说明它的反面不正确．
可以画出图形来说明l与l1，l2的位置关系，从而可判断出A，B，C是错误的，而对于D，可假设不正确，这样l便和l1，l2都不相交，可推出和l1，l2异面矛盾，这样便说明D正确．
【解答】
解：A.l与l1，l2可以相交，如图：
∴该选项错误；
B.l可以和l1，l2中的一个平行，如上图，
∴该选项错误；
C.l可以和l1，l2都相交，如下图：
∴该选项错误；
D.“l至少与l1，l2中的一条相交”正确，
假如l和l1，l2都不相交；
∵l和l1，l2都共面；
∴l和l1，l2都平行；
∴l1//l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；
∴该选项正确．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：如图，
AO⊥α，则AO⊥BC，
又AC⊥BC，∴BC⊥平面AOC，则BC⊥OC，
在Rt△AOB中，由已知可得OB=6√3，
则在平面α中，要使△OCB是以OB为斜边的直角三角形，
则BC∈(0,6√3).
故选：C．
由已知画出图形，可得△OCB是以OB为斜边的直角三角形，求出OB的距离，则线段BC
长的范围可求．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力，属于拔高题．
画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．
【解答】
解：如图：过A作AF//DB，交CB的延长线于F，
因为D1B1//DB，所以D1B1//AF，
又D1B1⊂平面CB1D1，AF⊄平面CB1D1，
所以AF//平面CB1D1，
因为平面CDD1C1//平面ABB1A1，所以过A作AE//CD1，交B1A1的延长线于E，
同理可证得AE//平面CB1D1，
又AE、AF为平面AEF内两条相交直线，
所以平面AEF//平面CB1D1，
又α过点A，且α//平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，
则平面AEF即为平面α，且n//CD1，m//B1D1，
∵△CB1D1是正三角形，
∴m、n所成角的大小即为∠CD1B1=60°．
．
则m、n所成角的正弦值为：√3
2
故选A．
5.【答案】必要不充分
【解析】解：两条直线没有公共点⇒这两条直线为异面直线或平行直线，
∴两条直线没有公共点是这两条直线为异面直线的必要不充分条件，
故答案为：必要不充分．
利用两条直线的公共点的个数与位置关系即可得出．
本题考查了两条直线的公共点的个数与位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题．
6.【答案】5
【解析】解：如图，
在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱有：
BC、DC、BB1、AA1、D1C1共5条．
故答案为：5．
由两条平行直线、两条相交直线确定一个平面逐一分析长方体的棱得答案．
本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查公理2的推论的应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
7.【答案】6
【解析】解：同一点出发的四条直线最多能确定平面个数：
n=C42=6．
故答案为：6．
利用平面的基本性质及推论直接求解．
本题考查从同一点出发的四条直线最多能确定的平面的个数的求法，考查用平面的基本
性质及推论等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】在同一条直线上
【解析】解：O，C，D三点的位置关系是在同一条直线上．
证明如下：如图所示，∵AC//BD，∴AC与BD确定一个平
面β，
∵A∈β，B∈β，A∈l，B∈l，
∴l⊂β，
∵l∩α=O，
∴O∈α，O∈β，
∴O=α∩β．
∵C，D∈α，∴α∩β=CD，
∴O∈直线CD．
∴O，C，D三点的位置关系是在同一条直线上．
故答案为在同一条直线上．
O，C，D三点的位置关系是在同一条直线上．如图所示，由AC//BD，可得AC与BD确定一个平面β，于是又已知可得α∩β=CD，再证明O∈直线CD即可．
熟练掌握确定一个平面的条件及点线面的位置关系是解题的关键．
9.【答案】60°
【解析】解：∠AOB=120°，直线a//OA，直线b//OB，且a与b为异面直线，则a与b所成角的大小是：60°．
故答案为：60°．
利用异面直线所成角是定义，写出结果即可．
本题考查异面直线所成角的定义的应用，是基础题．
10.【答案】平行四边形
【解析】解：∵平面ABFE//平面DCGH，
且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH，
∴EF//GH．
同理，FG//EH，
∴四边形EFGH为平行四边形．
故答案为：平行四边形．
根据平面ABFE//平面DCGH和面面平行的性质定理得EF//GH，再由FG//EH得四边形EFGH为平行四边形．
本题考查简单几何体的结构特征，考查了面面平行性质定理的应用等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】8
【解析】解：由斜二测画法的规则知与x′轴平行的线段其长度不变
以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在y′轴上，
可求得其长度为√2，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来
的2倍，长度为2√2，其原来的图形如图所示，则原图形的周长是：8cm．
故答案为：8．
由斜二测画法的规则知在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半．由于y′轴上的线段长度为√2，故在平面图中，其长度为2√2，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够帮助我们快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．
12.【答案】(40°,50°)
【解析】解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE=80°，
∠EPD=100°，
而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为40°，
∠EPD的角平分线与a和b的所成角为50°，
当θ满足40°<θ<50°时，直线与a，b所成的角相等且等于θ有且只有2条，
当θ=40°时只有1条，当θ<40°时不存在，当θ=50°时有3条，当50°<θ<90°时有4条，
当θ=90°时有1条．
故答案为：(40°,50°)．
先将异面直线a，b平移到点P，求出∠BPE的角平分线和∠EPD的角平分线与a和b的所成角，再由运动思想分析得答案．
本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力和推理论证能力，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
13.【答案】π
3
【解析】解：几何体复原如图：
则△ABC是正三角形，所以∠ABC=π
3
故答案为：π
3
根据题意，将几何体复原，可以看出△ABC，判断形状，求
得结果．
本题看出棱柱的结构特征，是基础题．
14.【答案】√3
3
【解析】解：如图，连接AC1交截面A1DB于P，由CC1⊥底
面，可得CC1⊥BD，
又AC⊥BD，可得BD⊥平面ACC1，则AC1⊥BD．
同理可得AC1⊥A1B，得到AC1⊥平面A1DB，此时线段AP最
小．
由棱长为1，可得等边三角形A1DB的边长为√2．
s△A
1DB =1
2
×√2×√6
2
=√3
2
，∵V A
1ADB
=V A−A
1DB
，
∴1
3×1
2
×1×1×1=1
3
×√3
2
×AP，解得AP=√3
3
．
故答案为：√3
3
由已知可得AC1⊥平面A1DB，可得P为AC1与截面A1DB的垂足时线段AP最小，然后利用等积法求解．
本题考查点、线、面间的距离的求法，利用了等积法求距离，是中档题．
15.【答案】arccos√3
3
【解析】解：如图，折起的三棱锥P−ABC为正
四面体，设正四面体的棱长为2，
设点到P在底面的射影为O，连接AO，PO，
则OP⊥平面ABC，
所以∠PAO即为折起后P1A与平面ABC所成的角，
在正三角形ABC中，AO=2
3×√22−12=2√3
3
，
在Rt△PAO中，cos∠PAO=AO
AP =
2√3
3
2
=√3
3
，
则∠PAO=arccos√3
3
所以折起后P1A与平面ABC所成的角为arccos√3
3
．
故答案为：arccos√3
3
．
由题意得到，折起的三棱锥P−ABC为正四面体，设正四面体的棱长为2，设点到P在底面的射影为O，连接AO，PO，由线面角的定义可知，∠PAO即为所求的角，在三角形中，由边角关系求解即可．
本题考查了线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．16.【答案】36
【解析】
【分析】
本题考查空间中线面的位置关系，考查空间想象力，属于基础题．
先考虑6个表面，每一个表面有四条棱与之垂直；再考虑6个对角面，每个对角面又有两条面对角线与之垂直．
【解答】
解：正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正
交线面对”，
所以共有36个“正交线面对”．
故答案为36．
17.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点F，连接EF，
在三角形BDP中，点E是PD的中点，点F是BD的中点，
即线段EF是△BDP的中位线，∴PB//EF，
又∵PB⊄平面AEC，EF⊂平面AEC，
∴PB//平面AEC；
(2)解：∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD，又平面PAC∩平面ABCD=AC，在平面ABCD内，过B作BH⊥AC，则BH⊥平面PAC，即BH为B到平面PAC的距离，
在Rt△ABC中，由AB=2，AD=4，得AC=√42+22=2√5，
由等面积法可得，B到平面PAC的距离为2√5
4×2=√5
4
．
【解析】(1)连接BD交AC于点F，连接EF，证明PB//EF，然后证明PB//平面AEC；(2)利用已知条件证明平面PAC⊥平面ABCD，然后利用等面积法求B到平面PAC的距离．本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了点到平面距离的求法，是中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，
∴BB1⊥平面ABC，
∵AE⊂平面ABC，∴AE⊥BB1，
∵AB=AC=3，点E分别是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∵BC∩BB1=B，∴AE⊥平面BCB1；
(2)以E为原点，EC为x轴，EA为y轴，过E作平面ABC的
垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
A1(0,2,√7)，B1(−√5,0,2√7)，
A1B1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√5,−2,√7)，
平面BCB1的法向量n⃗=(0,1,0)，
设直线A1B1与平面BCB1所成角为θ，
则sinθ=|A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√16=1
2， ∴直线A 1B 1与平面BCB 1所成角的大小为30°．
【解析】(1)推导出AE ⊥BB 1，AE ⊥BC ，由此能证明AE ⊥平面BCB 1；
(2)以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，过E 作平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A 1B 1与平面BCB 1所成角的大小．
本题考查线面垂直的证明，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)延长AE 与D 交于点P ，连接BP ，
由于A 1E ∩AP =P ，∴P ∈A 1E ，P ∈A 1BE ，
又∵P ∈ABCD ，
∴P 为面A 1BE 和面ABCD 的公共点，同时B 也为面A 1BE 和面ABCD 的公共点，
根据公理3可得BP 为平面A 1BE 和平面ABCD 的交线．
解：(2)存在，当F 为C 1D 1的中点时，满足题意，理由如下，如图所示，
分别取C 1D 1和CD 的中点F ，G ，连接EG ，BG ，CD 1，FG ，
因为A 1D 1//B 1C 1//BC ，且A 1D 1=BC ，
所以四边形A 1BCD 1为平行四边形，
因此D 1C//A 1B ，
又E ，G 分别为D 1D ，CD 的中点，
所以EG//D1C，从而EG//A1B，
这说明A1，B，G，E共面，
所以BG⊂平面A1BE，
由正方体的性质易知B1F//G，而BF⊄平面ABE，
故B 1F//平面A1BE．
【解析】(1)延长A1E与D交于点P，连接BP即为所求；
(2)存在，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，通过证明EG//A1B可得四点共面，根据正方体的性质得到B1F//BG，根据线面平行的判定定理即可得到结论．本题主要考查了平面的基本性质和平面的画法，直线与平面平行，考查考生探究能力、空间想象能力，属于中档题．。