第一次月考押题重难点检测卷（培优卷）（考试范围：沪教版第10-11章） -2024-2025学年高二数学重难点专题提升精讲精练 （沪教版2020必修第三册）

第一次月考押题重难点检测卷（培优卷） 考查范围：沪教版第10-11章 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（24-25高二·上海·课堂例题）空间任意五点最多可确定 个平面． 2．（25-26高二上·上海·单元测试）直线，平面α，则与的位置关系是 ． 3．（24-25高二上·上海·课前预习）如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线 ． 4．（24-25高二·上海·课堂例题）正方体中，平面与平面的交线是 ． 5．（23-24高二上·上海·期末）已知长方体，，，则二面角的大为 ． 6．（24-25高二·上海·课堂例题）已知正方体的棱长为a，异面直线DB与之间的距离为 ． 7．（23-24高二上·上海·阶段练习）在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则 . 8．（24-25高二·上海·课堂例题）若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的体积为 ． 9．（24-25高二·上海·课堂例题）一个长方体的长、宽、高分别为1、2、4，若一个正方体的体积和该长方体体积相等，则这个正方体的表面积为 ． 10．（23-24高二上·上海·阶段练习）空间中有三个点，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种. 11．（24-25高二·上海·随堂练习）如图，在正方体中，E，F是对角线，的中点，则正方体六个面中与直线EF平行的面有 个． 12．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图为半径为1的球心，点A、B、C在球面上，OA，OB，OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC中点，则点E、F在该球面上的球面距离为 ．    二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（24-25高二·上海·课堂例题）点P不在所在平面上，过P作平面，使的三个顶点到的距离相等，这样的平面共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   15．（23-24高二·上海·课堂例题）平面与平面相交于直线，点在平面上，点在平面上但不在直线上，直线与直线相交于点．设三点确定的平面为，则与的交线是（    ）    A．直线； B．直线； C．直线； D．以上均不正确． 16．（25-26高二上·上海·单元测试）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，将与分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（23-24高二·上海·课堂例题）如图是一个置于地面上的救生圈，它是绕一条垂直于地平面的直线l旋转而成的旋转体． (1)如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是什么图形？请画出示意图． (2)如果用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是什么图形？请画出示意图． 18．（23-24高二·上海·课堂例题）已知上海地处东经至，北纬至之间，地球半径为6371.004km．求上海所辖区域： (1)经线对应的两平面所成的二面角的大小； (2)纬线所在两平面的距离． 19．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，已知平面平面，点是平面、外的一点（不在与之间），直线、分别与、交于点和．    (1)求证：； (2)已知，，，求的长． 20．（24-25高二上·上海·随堂练习）S是矩形所在平面外一点，，，与成60°角，与成30°角，，求：    (1)直线与的距离； (2)求直线与的距离． 21．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体．设正方体的棱长为1．    (1)求证：四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； (2)在四面体中，求顶点到底面的距离； (3)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一次月考押题重难点检测卷（培优卷） 考查范围：沪教版第10-11章 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（24-25高二·上海·课堂例题）空间任意五点最多可确定 个平面． 【答案】 【分析】要使平面最多，则任意三点不能共线，再根据任意三个不共线的点确定一个平面即可得解. 【详解】要使平面最多，则任意三点不能共线，设这五个点分别为， 任取三个点有共种， 又任意三个不共线的点确定一个平面， 所以空间任意五点最多可确定个平面. 故答案为：. 2．（25-26高二上·上海·单元测试）直线，平面α，则与的位置关系是 ． 【答案】或 【分析】由线面平行的性质判断即可． 【详解】如图：    与的位置关系为：或， 故答案为：或 3．（24-25高二上·上海·课前预习）如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线 ． 【答案】平行 【分析】由面面平行的判定定理，即可得到结果. 【详解】由面面平行的判定定理可知，如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行. 故答案为：平行 4．（24-25高二·上海·课堂例题）正方体中，平面与平面的交线是 ． 【答案】 【分析】利用平面基本事实推理即得. 【详解】在正方体中，平面，平面， 且直线，直线，因此直线平面， 同理直线平面，所以平面与平面. 故答案为： 5．（23-24高二上·上海·期末）已知长方体，，，则二面角的大为 ． 【答案】 【分析】根据二面角的定义即可找到为二面角的平面角，利用三角形的边角关系即可求解. 【详解】由于平面，且平面，所以， 又所以即为二面角的平面角， 由于，，可得， 则，所以， 故答案为： 6．（24-25高二·上海·课堂例题）已知正方体的棱长为a，异面直线DB与之间的距离为 ． 【答案】 【分析】连接，进而可证得即为公垂线，从而得解. 【详解】 如图，连接与交于点，， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以异面直线DB与之间的距离为， 故答案为： 7．（23-24高二上·上海·阶段练习）在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则 . 【答案】 【分析】取，，的中点，，，由中位线的性质可得，，再由勾股定理即可求得. 【详解】分别取，，的中点，，，连接，，， 则，，.    又，即. . 故答案为：. 8．（24-25高二·上海·课堂例题）若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的体积为 ． 【答案】/ 【分析】由圆锥的轴截面是等边三角形及面积，分析圆锥的母线长和底面半径长，进而求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式即可获得问题的解答． 【详解】由题意：圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，其面积为， 对于轴截面有：， ， ， 故圆锥的母线，底面半径， 则圆锥的高． 故圆锥的体积， 故答案为：． 9．（24-25高二·上海·课堂例题）一个长方体的长、宽、高分别为1、2、4，若一个正方体的体积和该长方体体积相等，则这个正方体的表面积为 ． 【答案】24 【分析】本题根据正方体的体积和该长方体体积相等得出正方体的边长，从而求出正方体的表面积. 【详解】根据题意得，正方体的体积，所以正方体的边长为， 所以正方体的表面积为. 故答案为：24. 10．（23-24高二上·上海·阶段练习）空间中有三个点，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种. 【答案】9 【分析】分类讨论. 第一类为当为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面的同侧，；第二类当为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面的异侧. 【详解】如图所示，有两种情况： ①当为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面的同侧，若为底面棱有两种（平面左右两侧各一组），同理为底面棱时有各两种，故共有6种；    ②当为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面的异侧，若为底面对角线则有一组，同理为底面对角线各有一组，故共有3种； 综上所述，共有9种.    故答案为：9 11．（24-25高二·上海·随堂练习）如图，在正方体中，E，F是对角线，的中点，则正方体六个面中与直线EF平行的面有 个． 【答案】2 【分析】运用线面平行判定，结合正方体性质和三角形中位线性质可解. 【详解】连结，．因为F为的中点，所以F为的中点， 又E为的中点，所以． 又平面，平面 ，所以平面． 同理可证平面． 故正方体六个面中与直线平行的面有2个. 故答案为：2. 12．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图为半径为1的球心，点A、B、C在球面上，OA，OB，OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC中点，则点E、F在该球面上的球面距离为 ．    【答案】 【分析】先求出的长度，再求出大圆中对应的圆心角的弧度数，从而可求球面距离. 【详解】    如图，在平面内过点作，在平面内过作，垂足分别为，连接， 在扇形中，为大圆弧的中点，则，且， 同理可得， ∴ 在中，， 在平面中，由，，则， 同理可证，故，即四边形为平行四边形， ∴ ，故为等边三角形，故， ∴ 点在该球面上的球面距离为. 故答案： 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（24-25高二·上海·课堂例题）点P不在所在平面上，过P作平面，使的三个顶点到的距离相等，这样的平面共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】分两类：一类是过点的平面恰好过某两边的中点，另一类是过点的平面与所在的平面平行. 【详解】若过点的平面恰好过某两边的中点，此时满足的三个顶点到平面的距离相等， 则这样的平面有3个， 若过点的平面与所在的平面平行，此时满足的三个顶点到平面的距离相等， 则这样的平面只有1个， 综上，符合条件的平面共有4个. 故选：D 14．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据旋转体的形成过程，借助直观想象，逐一分析每个选项. 【详解】B选项，旋转一周后，为两个圆锥拼成的几何体； C选项，旋转一周后，为圆锥和圆柱拼成的几何体； D选项，旋转一周后，是上下两个圆锥，中间用圆柱相连的三段几何体； A选项，旋转一周后，是圆台和圆锥形成的几何体，只有A符合题意. 其余平面图形旋转得到的几何体如图：      故选：A 15．（23-24高二·上海·课堂例题）平面与平面相交于直线，点在平面上，点在平面上但不在直线上，直线与直线相交于点．设三点确定的平面为，则与的交线是（    ）    A．直线； B．直线； C．直线； D．以上均不正确． 【答案】C 【分析】根据已知得既在平面上又在平面可得答案. 【详解】因为直线与直线相交于点，，所以平面， 又点在平面上，所以平面， 因为平面，点在直线上，所以平面， 又平面，所以平面， 所以与的交线是直线. 故选：C.    16．（25-26高二上·上海·单元测试）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，将与分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得三棱锥为正四面体，且棱长为1，则点在底面的投影为等边的中心，设为，所以正三棱锥外接球的球心必在上，从而可求出球的半径，进而可求出球的体积. 【详解】因为在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点， 所以都为等边三角形，且边长均为1， 所以三棱锥为正四面体，且棱长为1， 所以点在底面的投影为等边的中心，设为，则 ， 在中，，所以， 正三棱锥外接球的球心必在上，设球心为， 则，设外接球的半径为，则 ， 则在中，，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的体积为 . 故选：C 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（23-24高二·上海·课堂例题）如图是一个置于地面上的救生圈，它是绕一条垂直于地平面的直线l旋转而成的旋转体． (1)如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是什么图形？请画出示意图． (2)如果用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是什么图形？请画出示意图． 【答案】(1)两个圆，见解析 (2)一个圆或两个同心圆，见解析 【分析】（1）利用旋转体的意义可求得截面图形； （2）利用旋转体的意义可求得截面图形. 【详解】（1）如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是两个圆，如图所示： （2）用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是一个圆或两个同心圆， 如图所示： 18．（23-24高二·上海·课堂例题）已知上海地处东经至，北纬至之间，地球半径为6371.004km．求上海所辖区域： (1)经线对应的两平面所成的二面角的大小； (2)纬线所在两平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）上海地处东经至，两个经度作差即可求解； （2）先求出纬度差，两纬线所在两平面的距离为以地球为半径的圆，角度为纬度差所对应的弧长，由弧长公式求解即可. 【详解】（1）因为上海地处东经至， 所以经线对应的两平面所成的二面角的大小为：. （2）因为上海在北纬至之间， 所以纬度差为， 两纬线所在两平面的距离为以地球为半径的圆，角度为所对应的弧长， 所以， 故纬线所在两平面的距离为. 19．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，已知平面平面，点是平面、外的一点（不在与之间），直线、分别与、交于点和．    (1)求证：； (2)已知，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行的性质可证结论； （2）由平行线分线段成比例定理可求. 【详解】（1）因为直线直线， 所以点共面， 可得平面，平面，又因为， 所以； （2）因为， 所以， 故 20．（24-25高二上·上海·随堂练习）S是矩形所在平面外一点，，，与成60°角，与成30°角，，求：    (1)直线与的距离； (2)求直线与的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先证明是异面直线的公垂线段，然后结合异面直线所成角以及解直角三角形知识即可求解； （2）先证明是异面直线的公垂线段，然后结合异面直线所成角以及解直角三角形知识即可求解. 【详解】（1）如图所示，在矩形中，． ∵，∴． 又，∴是异面直线的公垂线段，其长度为异面直线的距离． 又，与成30°角， 故在中，是与所成的角，∴． 又，∴，即直线与的距离为； （2）在矩形中，，，∴， 又，∴是直线的公垂线段，其长度为异面直线的距离． 又，故在中，是异面直线与所成的角，∴． 又，∴，∴直线与的距离为． 21．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体．设正方体的棱长为1．    (1)求证：四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； (2)在四面体中，求顶点到底面的距离； (3)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)12个顶点，24条棱，共14个面，表面积为，体积为 【分析】（1）借助正方体的性质与正三棱锥的定义推导即可得； （2）借助等体积法计算即可得； （3）画出相应图形后可得其有几个顶点、几条棱、几个面，结合表面积公式与体积公式计算即可得其表面积与体积. 【详解】（1）由E、F、G分别是正方体中共点的三条棱、、的中点， 故，， 即四面体底面为正三角形，且侧棱相等， 故四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； （2）设点到底面的距离为， 则， 即，即； （3）将正方体按照题设的方法截去八个“角”后如图所示， 其有12个顶点，24条棱，共14个面， 其中6个面是以为边长的正方形，8个面是以为边长的正三角形， 故其表面积为； 体积为.    学科网（北京）股份有限公司 $$