精品解析：大连市第二十四中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题

高一数学第四次统练试卷 一、单选题 1. 下面是关于四棱柱的四个命题： （1）若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 （2）若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 （3）若四个侧面中的任何两个都全等，则该四棱柱为直四棱柱 （4）若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱 其中，真命题的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2. 在中，，，，若使绕直线BC旋转一周，则所形成几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 3. 的斜二测画法的直观图为，，，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 5. 如图，这是正方体外表面展开图，则该正方体可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥中，平面ABC，，，，，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（ ） A. 直线直线 B. 直线直线 C. 直线直线 D. 直线平面 8. 在长方体中，底面ABCD是边长为4的正方形，P是棱上的一个动点，若，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A 144π B. 36π C. 9π D. 6π 二、多选题 9. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形 B. 存在四个点可以构成正四面体 C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形 D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体 10. 已知直线a与b异面，则（ ） A. 存在无数个平面与a，b都平行 B. 存在唯一的平面a，使a，b与都相交 C. 存在唯一的平面，使，且 D. 存在平面，使， 11. 如图，矩形ABCD中，，，E为边AB中点，沿DE将折起，点A折至处（平面ABCD），若M为线段的中点，平面与平面DEBC所成锐二面角，直线与平面DEBC所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的体积为 B. 存在某个位置，使得 C. D. 点M在某个球面上 12. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（ ） A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 三、填空题 13. 已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球体积为__________． 14. 圆锥的母线，高为，点是的中点，一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为___________． 15. 已知二面角的大小为，，，，，且，，则线段AD的长度为______． 16. “牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图），如图所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中APC与BPD为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为O，半径为2．用平行于底面ABCD的平面去截“四脚帐篷”，当平面经过OP的中点时，截面图形的面积为________ 四、解答题 17. 如图，正方体棱长为6，M是的中点，点N在棱上，且. （1）作出过点D，M，N的平面截正方体所得的截面，写出作法； （2）求（1）中所得截面的周长. 18. 如图，在直三棱柱中，，G是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面平面． 19. 如图1所示的等边的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC边的中点．现将沿CD折叠，使平面ADC⊥平面BDC，如图2所示． （1）试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； （2）求四面体的外接球体积与四棱锥的体积之比． 20. 如图，正四棱锥的高为，体积为. （1）求正四棱锥的表面积； （2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值； （3）求二面角的余弦值. 21. 在如图所示的几何体中，底面是正方形，四边形是直角梯形，，且四边形底面分别为的中点，. （1）求证：平面平面； （2）求多面体的体积. 22. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角中，，点在上，. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学第四次统练试卷 一、单选题 1. 下面是关于四棱柱的四个命题： （1）若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 （2）若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 （3）若四个侧面中的任何两个都全等，则该四棱柱为直四棱柱 （4）若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱 其中，真命题的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据直四棱柱的定义，分别判断各个命题即可得出结果. 【详解】对于命题（1），斜四棱柱的两个相对侧面可能平行且垂直于底面，故命题（1）为假命题； 对于命题（2），两截面的交线平行于侧棱且垂直于底面，故命题（2）为真命题； 对于命题（3），如图③：作正四棱柱的两个平行的菱形截面，可得满足条件的斜四棱柱，故命题（3）为假命题； 对于命题（4），如图④：四棱柱的一个对角面的两条对角线恰为四棱柱的对角线，故对角面为矩形， 于是侧棱垂直于底面的一对角线，同样侧棱也垂直于底面的另一对角线，故侧棱垂直于底面，故命题（4）为真命题； 故选：B. 2. 在中，，，，若使绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到旋转体为一个圆锥，结合题设条件和圆锥的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，直角绕直线旋转一周，得到一个圆锥， 其中圆锥的底面半径为，高， 所以该圆锥的体积为. 故选：D. 3. 的斜二测画法的直观图为，，，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图和原图的面积关系，即可求解. 【详解】由已知可知，， 由，解得. 故选：B. 4. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得，由勾股定理可得，结合圆锥的体积公式计算即可求解. 【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l， 则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为， 因为，所以，得， 所以圆锥的体积为， 解得，所以，即圆锥的母线长为6. 故选：C. 5. 如图，这是正方体外表面展开图，则该正方体可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体展开图的特征，利用排除法判断即可. 【详解】由正方体外表面展开图可知，圆与月亮是相对面，“”和“V”是相对面，可排除A、D， “V”的尖角对着“”，故C错误． 故选：B 6. 已知三棱锥中，平面ABC，，，，，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取BC的中点E，则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角，求出所需边长，利用余弦定理求即可. 【详解】如图所示，取BC中点E，连接AE，DE， 则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角． 由，，，则有，所以， E为BC的中点，则， 平面ABC，中，，∴ 中，，∴， 在中，根据余弦定理可得． 所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为. 故选：D 7. 如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（ ） A. 直线直线 B. 直线直线 C. 直线直线 D. 直线平面 【答案】C 【解析】 【分析】画出翻折之后的立体图形，根据点线面之间的位置关系以及平行与垂直的相关定理，可以证明或证伪相关命题. 【详解】翻折之后如图所示： ①因为，，所以且， 因此，故选项A成立； ②连接，因为分别为的中点，所以， 又因为，所以，故选项B成立； ③因为，，所以与不平行，故选项C不成立； ④因为，且平面，平面， 所以平面，故选项D成立. 故选：C 8. 在长方体中，底面ABCD是边长为4的正方形，P是棱上的一个动点，若，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. 144π B. 36π C. 9π D. 6π 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，确定点P的位置，求出的外接圆半径，再求出球心到平面的距离，求出球半径作答. 【详解】令长方体的高为，，于是，解得， 在中，，则外接圆半径， 显然平面，因此三棱锥外接球的球心在线段的中垂面上， 球心到平面的距离为，则球半径， 所以三棱锥外接球的表面积. 故选：B 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 二、多选题 9. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形 B. 存在四个点可以构成正四面体 C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形 D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正方体的特征，结合选项即可找到对应的图形，即可求解. 【详解】对于A，如图四边形为平行四边形，所以A正确， 对于B，四面体是正四面体，所以B正确， 对于C，如图四面体中， ，故每个面都是直角三角形，所以C不正确， 对于D，如图四面体中， ，,均是直角三角形、为等边三角形，所以D正确， 故选：ABD． 10. 已知直线a与b异面，则（ ） A. 存在无数个平面与a，b都平行 B. 存在唯一的平面a，使a，b与都相交 C. 存在唯一的平面，使，且 D. 存在平面，使， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由异面直线的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】对于A，可取不在两条异面直线上的点，过点分别作与两条异面直线a,b平行的相交直线， 可得构成的平面与两条异面直线都平行， 由此可以作无数个与该平面平行的平面，满足同时与直线，都平行，A正确； 对于B，存在无数个平面，使，与都相交，B错误； 对于C，过直线上任意一点，作一条直线，使与平行，由直线与唯一确定的平面，满足，且，C正确； 对于D，可取不在两条异面直线上的点，过点分别作与两条异面直线a,b垂直的直线， 可得构成的平面与两条异面直线都垂直，D正确． 故选：ACD． 11. 如图，矩形ABCD中，，，E为边AB的中点，沿DE将折起，点A折至处（平面ABCD），若M为线段的中点，平面与平面DEBC所成锐二面角，直线与平面DEBC所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的体积为 B. 存在某个位置，使得 C. D. 点M在某个球面上 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，由三棱锥体积最大，推出平面平面，推出的中点为三棱锥的外接球的球心，从而得半径为1，故A不正确；对于B，设，交于，利用反证法推出这个错误的结论，可得B不正确；对于C，根据二面角和线面角的定义计算可得C正确,根据中位线，结合球的定义即可求解D. 【详解】对于A，在折起过程中，为定值， 故三棱锥体积最大时，高最大，此时平面平面，如图： 取的中点，的中点， 因为，，所以， 又因为平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以，则为三棱锥的外接球的球心，该球的半径为1， 故该球的体积为，故A错误； 对于B，连，，交于， 则为的中点，因为为线段的中点，所以， 因为，所以， 假设，因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，所以，这样在△中有两个直角，不可能， 故假设不成立，故不存在某个位置，使得，故B错误； 对于C，因为，，，，平面， 所以，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过作， 因为平面，平面平面， 所以平面，所以， ，，所以．故C正确． 对于D，连接,并取中点为,连接,由于则, 因此在翻折的过程中，的长度为定值，故M在以为球心，半径为的球面上，故D正确， 故选：CD． 12. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（ ） A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D. 【详解】作出圆锥的轴截面如下： 因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形， 又，所以， 设球心为（即为的重心），所以，， 即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确； 设内切球表面积，外接球的表面积为，则，故B错误； 设圆锥的体积为，则， 内切球的体积为，则，所以，故C正确； 设、是圆锥底面圆上两点，且，则所对的圆心角为（在圆上）， 设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则， 过点作交于点，则，所以， 即，解得， 所以平面截内切球截面圆的半径， 所以截面圆的面积为，故D正确； 故选：ACD 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径. 三、填空题 13. 已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正三棱锥的性质可得，同理可得、，将该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的体积. 【详解】在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以， 又，，所以，所以，同理可得、， 即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球体积. 故答案为： 14. 圆锥的母线，高为，点是的中点，一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】作出圆锥侧面展开图，可知所求最短路程为，结合扇形弧长公式、余弦定理可求得结果. 【详解】将圆锥的侧面展开，连接， 则的长即为质点绕行的最短路程，由题设易知：圆锥底面半径为2； 在中，，，弧长，； 利用余弦定理得：，； 质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为. 故答案为：. 15. 已知二面角的大小为，，，，，且，，则线段AD的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图所示，，．由，利用数量积运算性质可得：，即可得出． 【详解】如图所示， ，． ， ． 故答案为： 16. “牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图），如图所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中APC与BPD为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为O，半径为2．用平行于底面ABCD的平面去截“四脚帐篷”，当平面经过OP的中点时，截面图形的面积为________ 【答案】6 【解析】 【分析】根据题意，可知平面与各半圆的相交线段相等且垂直，即可得其截面为正方形，再由平面经过OP的中点，计算平面与各半圆的相交线段的长度，即可求出截面面积 【详解】由题意得，底面是边长为的正方形， 因为APC与BPD为相互垂直且全等的半圆面， 所以平面与各半圆的相交线段相等且垂直，所以其截面为正方形， 因为平面经过OP的中点， 所以平面与各半圆的相交线段的长度为， 所以截面图形的面积为， 故答案为：6 四、解答题 17. 如图，正方体的棱长为6，M是的中点，点N在棱上，且. （1）作出过点D，M，N的平面截正方体所得的截面，写出作法； （2）求（1）中所得截面的周长. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图所示，五边形即为所求截面，得到答案. （2）根据相似得到各线段长度，再计算周长得到答案. 【小问1详解】 如图所示，五边形即为所求截面. 作法如下：连接并延长交的延长线于点E，连接交于点F， 交的延长线于点H，连接交于点Q，连接，， 所以五边形即为所求截面. 【小问2详解】 因为，所以，得. 因为，所以，得， 则，，所以， ，， 则截面的周长为. 18. 如图，在直三棱柱中，，G是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，从而求出平面，得到； （2）根据正方形得到，结合第一问求出的，得到平面，从而证明面面垂直. 【小问1详解】 ∵平面，且平面， ∴． 又因为，平面， 所以平面． ∵平面， ∴． 【小问2详解】 ∵，易知矩形为正方形， ∴． 由（1）知，又由于平面， ∴平面． 又∵平面， ∴平面平面． 19. 如图1所示的等边的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC边的中点．现将沿CD折叠，使平面ADC⊥平面BDC，如图2所示． （1）试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； （2）求四面体的外接球体积与四棱锥的体积之比． 【答案】（1）AB//平面DEF，理由见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理作答. （2）将四面体补形为长方体，求出长方体的外接球半径，利用倍分法求出四棱锥的体积作答. 【小问1详解】 AB//平面DEF， 因为E，F分别为AC，BC的中点，则AB//EF， 又平面DEF，平面DEF， 所以AB//平面DEF. 【小问2详解】 在四面体中，，而平面ADC⊥平面BDC，平面平面， 平面，于是平面，而平面，即， 因此两两垂直，以DA，DB，DC为棱补成一个长方体，则四面体的外接球即为此长方体的外接球， 设球的半径为R，而，由，解得， 于是球的体积， 由（1）知，，于是， 所以四面体的外接球体积与四棱锥的体积之比. 20. 如图，正四棱锥的高为，体积为. （1）求正四棱锥的表面积； （2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积； （2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解； （3）分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 连接，连接，如图， 因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面， 因为正四棱锥的高为，体积为，则， ，设底面边长为，则， 所以由得，解得， 因为底面，底面，故， 在中，，则，同理， 所以在中，，则， 同理：， 所以正四棱锥的表面积为. 【小问2详解】 由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 因为点为线段的中点，所以，则， 易知平面的一个法向量为， 设直线AE与平面所成角为，则， 所以， 故，， 所以直线AE与平面所成角的正切值为. 【小问3详解】 由（2）知， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，故， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，故， 设二面角为，则由图形可知， 所以， 所以二面角的余弦值为. 21. 在如图所示的几何体中，底面是正方形，四边形是直角梯形，，且四边形底面分别为的中点，. （1）求证：平面平面； （2）求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）可证明，，再利用面面平行的判定定理可证平面平面. （2）可证平面，平面，故可求多面体的体积. 【小问1详解】 分别为的中点，. 又∵四边形是正方形，，. 平面平面， 平面平面. 又平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 ∵四边形是直角梯形，，. 又∵平面底面，平面平面平面， 平面，是四棱锥的高， . ∵四边形是正方形，. 平面平面， 又平面， 平面，即是三棱锥的高， ， ∴多面体的体积. 22. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角中，，点在上，. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）先作出与交线垂直的平面，从而作出二面角的平面角，然后解三角形即可求解. 【小问1详解】 证明：连接交于点，连接， ，，， 又平面，平面， 平面. 【小问2详解】 解：在平面内作，为垂足，连接， 平面， 平面， 又平面，， 又因为平面， 所以平面， 所以就是与平面所成的角，即， 因为，所以，， 平面，平面，平面平面， 在平面内过作于，交于点，在平面内过作于，连接， 因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 求得，， 因为， 所以∽，所以， 所以， ， 在平面内过作于，则，， 则，，， ， 所以二面角的正切值是. 【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$