期中真题必刷基础60题（20个考点专练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（沪教版2020必修第三册）

期中真题必刷基础60题（20个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共4小题） 1．（2023秋•嘉定区校级期中）下列命题正确的是　　 A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每两个相邻四边形公共边都互相平行的几何体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 2．（2023秋•崇明区校级期中）如图，长方体被截去一部分，其中，剩下的几何体是　　 A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 3．（2023秋•浦东新区校级期中）以下说法正确的是　　 A．各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．各侧面都是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥 D．底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱 4．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为　　 A．0 B．2 C．4 D．12 二．棱锥的结构特征（共2小题） 5．（2024•锦江区校级模拟）如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体．下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则 　　是正多面体．（写出所有正确的序号） 6．（2023秋•徐汇区校级期中）空间内存在三点、、，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与、、可以组成正四棱锥，求方案数为 　　． 三．圆柱的结构特征（共1小题） 7．（2023秋•虹口区校级期中）下列命题中错误的是 　　． ①过圆柱的旋转轴的截面是矩形； ②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等； ③圆台所有平行于底面的截面都是圆面； ④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形． 四．球的结构特征（共1小题） 8．（2023秋•普陀区校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 　　． 五．棱锥的体积（共1小题） 9．（2023秋•奉贤区校级期中）已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为 　　． 六．圆柱的侧面积和表面积（共1小题） 10．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆柱的半径为2，高为2，则圆柱的侧面积为　 　． 七．圆锥的侧面积和表面积（共1小题） 11．（2023秋•崇明区校级期中）若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面展开图面积是 　　． 八．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共7小题） 12．（2023秋•徐汇区校级期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为　　 A．16 B．18 C．20 D．22 13．（2023秋•徐汇区校级期中）已知一个圆柱和一个圆锥同底等高，且圆锥的轴截面是一个正三角形，则圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为 　　． 14．（2023秋•浦东新区校级期中）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角　　． 15．（2023秋•奉贤区期中）如图，用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，得到一个小圆锥．如果这两个圆锥的高分别是，，求这两个圆锥的底面面积之比为 　　． 16．（2023秋•普陀区校级期中）如图，某圆柱体的高为1，是该圆柱体的轴截面．已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为2，则该圆柱体的底面周长为 　　． 17．（2023秋•长宁区校级期中）圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为 　　． 18．（2023秋•闵行区期中）在中，，绕斜边旋转一周所得旋转体的体积为 　　． 九．圆柱的体积（共2小题） 19．（2023秋•崇明区校级期中）如图，一个底面半径为的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为的实心铁球，水面高度恰好升高，则　　． 20．（2023秋•青浦区校级期中）若一个圆柱的侧面积是，高为1，则这个圆柱的体积是 　　． 一十．圆锥的体积（共3小题） 21．（2023秋•浦东新区校级期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图，从而求得该帐篷的体积为 　　． 22．（2023秋•静安区校级期中）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 　　． 23．（2023秋•崇明区校级期中）已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则圆锥的体积为 　　． 一十一．球的体积和表面积（共5小题） 24．（2023秋•长宁区校级期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为，如不计容器的厚度，则球的体积为　　 A． B． C． D． 25．（2023秋•普陀区校级期中）半径为3的球的体积为 　　． 26．（2023秋•普陀区校级期中）已知某球体的表面积为，则该球体的体积是　　． 27．（2023秋•虹口区校级期中）若一个球的体积是，则这个球的表面积是 　　． 28．（2023秋•普陀区期中）一平面截一球得到面积为的圆面，球心到这个圆面的距离是球半径的一半，则该球的体积是 　　． 一十二．平面的基本性质及推论（共3小题） 29．（2023秋•普陀区期中）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了　　 A．三点确定一平面 B．不共线三点确定一平面 C．两条相交直线确定一平面 D．两条平行直线确定一平面 30．（2023秋•静安区校级期中）两个平面最多可以将空间分成　　部分． 31．（2023秋•崇明区校级期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上． 一十三．异面直线的判定（共1小题） 32．（2024春•普陀区校级期中）在正方体的12条棱中，与棱所在直线异面且垂直的共有 　　条． 一十四．空间中直线与直线之间的位置关系（共11小题） 33．（2023秋•浦东新区校级期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能 34．（2023秋•虹口区校级期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为　　 A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 35．（2023秋•长宁区校级期中）空间中两条直线的位置关系有 　　． 36．（2023秋•虹口区校级期中）已知直线、、，若，与为异面直线，则与的位置关系是 　　． 37．（2023秋•静安区校级期中）空间中已知直线，直线，直线，若直线直线，直线与直线异面，则直线与直线的位置关系是 　　． 38．（2023秋•长宁区校级期中）如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有 　　条． 39．（2023秋•浦东新区校级期中）设空间两个角与，若它们的两边分别平行，，则　　． 40．（2023秋•浦东新区校级期中）正方体的所有棱所在直线中，与直线垂直且异面的直线共有 　　条． 41．（2023秋•普陀区校级期中）如图是一个正方体的平面展开图，将这个正方体复原后，在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线共有 　　条． 42．（2023秋•虹口区校级期中）在长方体中，直线与直线的位置关系是 　　． 43．（2023秋•普陀区校级期中）两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是　 　． 一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题） 44．（2023秋•嘉定区校级期中）空间两条互相平行的直线指的是　　 A．在空间没有公共点的两条直线 B．分别在两个平面上的两条直线 C．在两个不同的平面上且没有公共点的两条直线 D．在同一平面上且没有公共点的两条直线 一十六．直线与平面平行（共6小题） 45．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线，，平面，则“，”是“”的　　条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．不充分不必要 46．（2023秋•虹口区校级期中）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 47．（2023秋•杨浦区校级期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 48．（2023秋•浦东新区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 49．（2023秋•闵行区校级期中）已知，，1是三条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则的一个充分条件　　 A．， B．，， C．，，，与不相交 D．，，，与相交 50．（2023秋•闵行区期中）空间两个角的两边分别平行，则这两个角 　　． 一十七．直线与平面垂直（共3小题） 51．（2023秋•长宁区校级期中）若，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的　　 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 52．（2023秋•浦东新区校级期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 53．（2023秋•崇明区校级期中）“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的　　． 一十八．平面与平面平行（共4小题） 54．（2023秋•虹口区校级期中）已知两个平面、，在下列条件下，可以判定平面与平面平行的是　　 A．、都垂直于一个平面 B．平面内有无数条直线与平面平行 C．、是内两条直线，且、都与平面平行 D．、是两条异面直线，且、分别与平面、都平行 55．（2023秋•徐汇区校级期中）下列命题正确的是　　 A．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 B．如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行 C．如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 D．如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 56．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则　　． 57．（2023秋•松江区校级期中）已知空间中角的两边分别平行于角的两边，若，则 　　． 一十九．平面与平面垂直（共1小题） 58．（2023秋•嘉定区校级期中）平面平面，，，是正三角形，为中点，则图中直角三角形的个数为 　　． 二十．点、线、面间的距离计算（共2小题） 59．（2023秋•崇明区校级期中）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为　　 A． B． C． D． 60．（2023秋•长宁区校级期中）在正方体中，，则直线到平面的距离为 　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷基础60题（20个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共4小题） 1．（2023秋•嘉定区校级期中）下列命题正确的是　　 A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每两个相邻四边形公共边都互相平行的几何体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的定义，对选项中的命题进行判断正误即可． 【解答】解：对于，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，也可能是三棱台，所以错误； 对于，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，所以错误； 对于，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行， 即所有的侧面是平行四边形，所以该几何体是棱柱，正确； 对于，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，所以错误． 故选：． 【点评】本题考查了棱柱、棱锥、棱台的定义与应用问题，是基础题． 2．（2023秋•崇明区校级期中）如图，长方体被截去一部分，其中，剩下的几何体是　　 A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 【分析】根据题意，由，可得，结合棱柱的定义分析可得答案． 【解答】解：根据题意，由，可得， 平面，则， 剩余的几何体为五棱柱． 故选：． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，注意棱柱的定义，属于基础题． 3．（2023秋•浦东新区校级期中）以下说法正确的是　　 A．各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．各侧面都是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥 D．底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱 【分析】根据棱锥、棱柱的定义，即可分别求解． 【解答】解：各个侧面是矩形的棱柱，且上下底也是矩形的棱柱才是长方体，故选项错误， 由直棱柱的定义可知，选项正确， 根据正四棱锥的定义为：底面是正方体，侧面是全等的等腰三角形且有公共顶点，故选项错误， 当底面为菱形时，四条边也相等，但不满足正四棱柱的定义，故选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了棱柱、棱锥的定义，需要学生具备一定的空间想象能力，属于基础题． 4．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为　　 A．0 B．2 C．4 D．12 【分析】根据正四棱柱相邻侧面的线线关系即可判断． 【解答】解：由正四棱柱的结构特征可知，当相邻两个面上的时针都平行于两个面的交线时才平行， 因为6点和0点时相邻两面时钟的时针平行于两个面的交线， 所以在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为2次． 故选：． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，属于基础题． 二．棱锥的结构特征（共2小题） 5．（2024•锦江区校级模拟）如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体．下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则 　（1）（2）（4）　是正多面体．（写出所有正确的序号） 【分析】根据题意，由正多面体的定义依次分析4个几何体，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析4个多面体： 对于（1），该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意； 对于（2），该多面体由全等的正四边形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意； 对于（3），该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有3或4条，不符合题意； 对于（4），该多面体由全等的正五边形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意； 故答案为：（1）（2）（4）． 【点评】本题考查正多面体的定义，涉及多面体的定义，属于基础题． 6．（2023秋•徐汇区校级期中）空间内存在三点、、，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与、、可以组成正四棱锥，求方案数为 　9　． 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解． 【解答】解：根据题意，因为空间中有三个点、、，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时，，分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的； 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种； 第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时，，分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的； 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况． 故答案为：9． 【点评】本题考查棱锥的结构特征，解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，属于中档题． 三．圆柱的结构特征（共1小题） 7．（2023秋•虹口区校级期中）下列命题中错误的是 　②　． ①过圆柱的旋转轴的截面是矩形； ②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等； ③圆台所有平行于底面的截面都是圆面； ④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形． 【分析】根据圆柱、圆台、圆锥的结构特征，依次分析4个命题，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析4个命题： 对于①，根据圆柱的特征，可知①正确； 对于②，圆锥的轴截面为等腰三角形，该三角形顶角的取值范围为，显然面积不相等，故②错误； 对于③，根据圆台的特征，圆台所有平行于底面的截面都是圆面，可知③正确； 对于④，圆锥所有的轴截面都是等腰三角形，且腰长等于母线长，底长等于圆锥底面圆直径，故④正确． 故答案为：②． 【点评】本题考查旋转体的结构特征，注意圆锥、圆柱、圆台的定义，属于基础题． 四．球的结构特征（共1小题） 8．（2023秋•普陀区校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 　　． 【分析】球的截面的性质由勾股定理求解截面圆半径即可． 【解答】解：由球的性质可得截面为圆面，则截面圆的半径为， 故面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查球的结构特征，属于基础题． 五．棱锥的体积（共1小题） 9．（2023秋•奉贤区校级期中）已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为 　6　． 【分析】根据棱锥的体积公式，即可求得答案． 【解答】解：设该四棱锥的高为，则，． 故答案为：6． 【点评】本题考查四棱锥的高的求解，属基础题． 六．圆柱的侧面积和表面积（共1小题） 10．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆柱的半径为2，高为2，则圆柱的侧面积为　　． 【分析】根据已知中圆柱的底面半径和高，代入圆柱的侧面积公式，可得答案． 【解答】解：圆柱的半径为2，高为2， 圆柱的侧面积， 故答案为： 【点评】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆柱的几何特征和侧面积公式是解答的关键． 七．圆锥的侧面积和表面积（共1小题） 11．（2023秋•崇明区校级期中）若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面展开图面积是 　　． 【分析】直接利用圆锥侧面积公式即可． 【解答】解：由题意得． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥侧面积的求法，是基础题． 八．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共7小题） 12．（2023秋•徐汇区校级期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为　　 A．16 B．18 C．20 D．22 【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果 【解答】解：由题意可得，几何体如下图所示： 取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且，， 设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得， 即原圆锥的母线长为16． 故选：． 【点评】本题主要考查圆锥、圆台的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题． 13．（2023秋•徐汇区校级期中）已知一个圆柱和一个圆锥同底等高，且圆锥的轴截面是一个正三角形，则圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为 　　． 【分析】利用勾股定理及圆的面积公式，结合圆柱圆锥的侧面积公式即可求解． 【解答】解：设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为， 所以圆柱的侧面积为． 由题意可知，圆锥的底面周长为，母线长为， 所以圆锥的侧面积为． 所以圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，考查运算求解能力，属于基础题． 14．（2023秋•浦东新区校级期中）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角　　． 【分析】根据圆锥底面的半径求出侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长，再计算扇形的圆心角． 【解答】解：圆锥底面半径为，母线长为， 则它的侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长为； 所以扇形的圆心角为． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图是扇形的应用问题，是基础题． 15．（2023秋•奉贤区期中）如图，用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，得到一个小圆锥．如果这两个圆锥的高分别是，，求这两个圆锥的底面面积之比为 　　． 【分析】根据三角形相似比与面积比之间的关系即可得到答案． 【解答】解：由题意知，所以△△， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 16．（2023秋•普陀区校级期中）如图，某圆柱体的高为1，是该圆柱体的轴截面．已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为2，则该圆柱体的底面周长为 　2　． 【分析】设圆柱体底面圆的半径为，将侧面的一半展开后得四边形为矩形，矩形的对角线是点到点的最短距离，由勾股定理求出，即可求得底面圆周长． 【解答】解：设圆柱体底面圆的半径为，将侧面的一半展开后得四边形为矩形，矩形的对角线是点到点的最短距离， 依题意得：， 所以，解得， 所以该圆柱体的底面周长为． 故答案为：2． 【点评】本题考查了圆柱的结构特征应用问题，是基础题． 17．（2023秋•长宁区校级期中）圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为 　　． 【分析】根据题意，作出图形，根据圆锥的图形特点计算即可得答案． 【解答】解：根据题意，如图：该圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为， 则圆锥的高为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的结构特征，涉及三角函数的性质，属于基础题． 18．（2023秋•闵行区期中）在中，，绕斜边旋转一周所得旋转体的体积为 　　． 【分析】由题意可知所形成的几何体是两个同底的圆锥，如图，求出上的高可得圆锥的底面半径，然后利用圆锥的体积公式可求得结果． 【解答】解：因为直角中，， 所以， 过作于，则，， 将绕斜边旋转一周形成的几何体，如图所示， 是以为底面半径的两个圆锥， 所以该几何体的体积为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆锥的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题． 九．圆柱的体积（共2小题） 19．（2023秋•崇明区校级期中）如图，一个底面半径为的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为的实心铁球，水面高度恰好升高，则　　． 【分析】根据圆柱以及球的体积公式，建立方程，可得答案． 【解答】解：由题意，可得，则，． 故答案为：． 【点评】本题考查圆柱和球的体积，属于基础题． 20．（2023秋•青浦区校级期中）若一个圆柱的侧面积是，高为1，则这个圆柱的体积是 　　． 【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解． 【解答】解：圆柱的侧面积是，， 所以体积． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆柱体积的求解，属于基础题． 一十．圆锥的体积（共3小题） 21．（2023秋•浦东新区校级期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图，从而求得该帐篷的体积为 　　． 【分析】根据祖暅原理及四棱柱的体积公式，即可求解． 【解答】解：根据题意可知正四棱柱的底面正方形的对角线长为2，高为1， 正四棱柱的底面正方形的边长为， 根据祖暅原理可得所求帐篷的体积为： ． 故答案为：． 【点评】本题考查祖暅原理及四棱柱的体积公式的应用，属基础题． 22．（2023秋•静安区校级期中）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 　3　． 【分析】设圆柱的底面半径为，圆锥的高为，根据体积关系列方程求解即可． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，圆锥的高为， 则有， 解得． 故答案为：3． 【点评】本题考查圆柱与圆锥体积公式的应用，是基础题． 23．（2023秋•崇明区校级期中）已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则圆锥的体积为 　　． 【分析】根据已知求出圆锥的母线，进而根据圆锥的轴截面求出高，代入体积公式，即可得出答案． 【解答】解：设圆锥的母线为，高为，底面半径为， 则由已知可得，所以． 如图，作出圆锥的轴截面，则，，， ， 圆锥的体积． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的体积公式，侧面积公式，属于基础题． 一十一．球的体积和表面积（共5小题） 24．（2023秋•长宁区校级期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为，如不计容器的厚度，则球的体积为　　 A． B． C． D． 【分析】设正方体上底面所在平面截球得小圆，可得圆心为正方体上底面正方形的中心．设球的半径为，根据题意得球心到上底面的距离等于，而圆的半径为4，由球的截面圆性质建立关于的方程并解出，用球的体积公式即可算出该球的体积． 【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆， 则圆心为正方体上底面正方形的中心．如图． 设球的半径为，根据题意得球心到上底面的距离等于， 而圆的半径为4，由球的截面圆性质，得， 解出， 根据球的体积公式，该球的体积． 故选：． 【点评】本题给出球与正方体相切的问题，求球的体积，着重考查了正方体的性质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识，属于中档题． 25．（2023秋•普陀区校级期中）半径为3的球的体积为 　　． 【分析】直接由球的体积公式求解得答案． 【解答】解：球的半径， 由球的体积公式可得球的体积． 故答案为：． 【点评】本题考查球的体积公式，是基础的计算题． 26．（2023秋•普陀区校级期中）已知某球体的表面积为，则该球体的体积是　　． 【分析】设出球的半径，由表面积求得半径，再代入体积公式求解． 【解答】解：设球的半径为，则，即． 该球的体积为． 故答案为：． 【点评】本题考查球的表面积与体积，是基础的计算题． 27．（2023秋•虹口区校级期中）若一个球的体积是，则这个球的表面积是 　　． 【分析】根据球的体积得到，再根据，计算表面积． 【解答】解：由球的体积，可得， 所以，解得， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查球的表面积和体积公式，属基础题． 28．（2023秋•普陀区期中）一平面截一球得到面积为的圆面，球心到这个圆面的距离是球半径的一半，则该球的体积是 　　． 【分析】求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的表面积． 【解答】解：球的截面圆的半径为：， 设球的半径为：． 则：球心到这个圆面的距离是 由， ． 所以球的表面积：， 故答案为：． 【点评】本题考查球的体积和表面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题． 一十二．平面的基本性质及推论（共3小题） 29．（2023秋•普陀区期中）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了　　 A．三点确定一平面 B．不共线三点确定一平面 C．两条相交直线确定一平面 D．两条平行直线确定一平面 【分析】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上． 【解答】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上， 所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定． 故选：． 【点评】本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题． 30．（2023秋•静安区校级期中）两个平面最多可以将空间分成　4　部分． 【分析】对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，比较所得的结果即可得到最多可分成几部分 【解答】解：两个平面的位置关系是平行与相交， 若两个平面平行，则可将空间分成三部分， 若两个平面相交，可将空间分成四部分， 故答案为：4． 【点评】本题考查平面的基本性质及推论，解答本题，关键是了解两个平面的位置关系，根据每种情况下的位置进行讨论，得出最多可分成几部分． 31．（2023秋•崇明区校级期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上． 【分析】根据题意，可得直线、分别是平面、平面内的直线，因此、的交点必定在平面和平面的交线上．而平面交平面于，由此即可得到点在直线 【解答】解：点、分别在、上，而、是平面内的直 平面，平面，可得直线平面， 点、分别在、上，而、是平面内的直线， 平面，平面，可得直线平面， 因此，直线与的公共点在平面与平面的交线上， 平面平面， 点直线． 故答案为：． 【点评】本题给出空间四边形，判断直线、的交点与已知直线的位置关系，着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识，属于基础题． 一十三．异面直线的判定（共1小题） 32．（2024春•普陀区校级期中）在正方体的12条棱中，与棱所在直线异面且垂直的共有 　4　条． 【分析】由正方体的结构特征，结合异面直线的定义确定与棱所在直线异面且垂直的棱的条数． 【解答】解：如下图，与棱所在直线异面的棱有，，，， 由于垂直于上下底面，且，在上底面，，在下底面， 所以与棱所在直线异面且垂直的有，，，，共4条． 故答案为：4． 【点评】本题考查异面直线的定义，属于基础题． 一十四．空间中直线与直线之间的位置关系（共11小题） 33．（2023秋•浦东新区校级期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能 【分析】根据题意，由空间直线间的位置关系，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，直线与相交，与相交， 直线与直线可能相交、平行、异面， 故选：． 【点评】本题考查空间直线间的关系，涉及直线位置关系的定义，属于基础题． 34．（2023秋•虹口区校级期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为　　 A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 【分析】由两平行平面内两直线的位置关系得答案． 【解答】解：由平面平面，直线，直线，得直线，的位置关系为平行或异面． 故选：． 【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，是基础题． 35．（2023秋•长宁区校级期中）空间中两条直线的位置关系有 　相交、平行和异面　． 【分析】根据空间中两直线的位置关系的定义即可求解． 【解答】解：空间中两条直线的位置关系有相交、平行和异面， 故答案为：相交、平行和异面． 【点评】本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题． 36．（2023秋•虹口区校级期中）已知直线、、，若，与为异面直线，则与的位置关系是 　相交或异面　． 【分析】根据题意，根据直线与直线的位置关系判断可得出结论． 【解答】解：根据题意，已知直线、、，若，与为异面直线， 则直线与相交或异面． 故答案为：相交或异面． 【点评】本题考查空间直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题． 37．（2023秋•静安区校级期中）空间中已知直线，直线，直线，若直线直线，直线与直线异面，则直线与直线的位置关系是 　相交或异面　． 【分析】根据直线与直线的位置关系判断可得出结论． 【解答】解：空间直线，，，直线，直线与为异面直线， 则直线与直线可能是相交直线或也可能是异面直线． 故答案为：相交或异面． 【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题． 38．（2023秋•长宁区校级期中）如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有 　4　条． 【分析】根据题意，由异面直线的定义，结合正六棱柱的结构特征，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，如图： 在正六棱柱中，与直线异面的侧棱有，，和，共4条． 故答案为：4． 【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及正六棱柱的结构特征，属于基础题． 39．（2023秋•浦东新区校级期中）设空间两个角与，若它们的两边分别平行，，则　或　． 【分析】直接利用等角定理即可得解． 【解答】解：空间两个角与的两边分别平行， 或， 则或． 故答案为：或． 【点评】本题考查等角定理的应用，是基础题． 40．（2023秋•浦东新区校级期中）正方体的所有棱所在直线中，与直线垂直且异面的直线共有 　4　条． 【分析】根据正方体的图形以及异面直线的定义，观察即可得出答案． 【解答】解：由图象可知，与直线垂直且异面的直线有： 、、、，共4条． 故答案为：4． 【点评】本题考查异面直线的概念，属基础题． 41．（2023秋•普陀区校级期中）如图是一个正方体的平面展开图，将这个正方体复原后，在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线共有 　11　条． 【分析】根据题意，作出正方体的还原图，由异面直线的定义分析可得答案． 【解答】解：根据题意，还原后的正方体如图所示， 在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线有、、、、、、、、、、，共11条； 故答案为：11． 【点评】本题考查空间直线与直线间的位置关系，涉及正方体的展开图，属于基础题． 42．（2023秋•虹口区校级期中）在长方体中，直线与直线的位置关系是 　异面直线　． 【分析】由异面直线判定定理得直线与直线是异面直线． 【解答】解：平面，平面， 直线， 由异面直线判定定理得直线与直线是异面直线． 故答案为：异面直线． 【点评】本题考查空间直线的位置关系的判断，考查异面直线判定理等基础知识，考查空间想象能力等数学核心素养，是基础题． 43．（2023秋•普陀区校级期中）两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是　平行或异面　． 【分析】根据空间两条直线的位置关系：平行、相交、异面矩形判断． 【解答】解：根据空间两条直线的位置关系：平行、相交、异面， 两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是平行或者异面； 故答案为：平行或异面． 【点评】本题考查了空间两条直线的位置关系；属于基础题． 一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题） 44．（2023秋•嘉定区校级期中）空间两条互相平行的直线指的是　　 A．在空间没有公共点的两条直线 B．分别在两个平面上的两条直线 C．在两个不同的平面上且没有公共点的两条直线 D．在同一平面上且没有公共点的两条直线 【分析】根据空间两条互相平行的定义即可求解． 【解答】解：根据空间两条互相平行的定义可知： 平行直线是在同一平面上且没有公共点的两条直线． 故选：． 【点评】本题考查空间两条互相平行的定义，属基础题． 一十六．直线与平面平行（共6小题） 45．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线，，平面，则“，”是“”的　　条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．不充分不必要 【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义判断即可． 【解答】解：若，，则或与相交或，为异面直线， 以“，”是“”不充分条件； ，可能，在平面内，也可能相交，也可能平面， 所以“，”是“”不必要条件． 故选：． 【点评】本题考查线面平行的充要条件的应用，属于基础题． 46．（2023秋•虹口区校级期中）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 【分析】利用直线和平面平行的定义可得出结论． 【解答】解：直线与平面没有公共点直线与平面平行， 直线与平面没有公共点是直线与平面平行的充要条件， 故选：． 【点评】本题主要考查充要条件的定义，直线和平面的位置关系，属于基础题． 47．（2023秋•杨浦区校级期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到即可． 【解答】解：证明充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件； 证明必要性：若，结合，且，是平面外，则，可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件． 故是的“充分非必要” 故选：． 【点评】本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于基础题． 48．（2023秋•浦东新区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【分析】对于①，可以构造面面平行，考虑线面平行定义；对于②，考虑线面平行的判定及定义；对于③，可以用线面平行的定义及判定定理判断；对于④，用线面平行的判定定理即可． 【解答】解：对图①，构造所在的平面，即对角面，可以证明这个对角面与平面，由线面平行的定义可得平面． 对图④，通过证明得到平面； 对于②、③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行； 故选：． 【点评】本题考查线面平行的判定，主要考虑定义、判定定理两种方法，同时运用面面平行的性质解决问题． 49．（2023秋•闵行区校级期中）已知，，1是三条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则的一个充分条件　　 A．， B．，， C．，，，与不相交 D．，，，与相交 【分析】根据题意，由线面平行的判断方法，结合充分必要条件的定义依次分析选项即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，，，直线可能在平面内，不能得到，错误； 对于，可能与平面相交，不能得到，错误， 对于，，，，与不相交，直线可能在平面内，不能得到，错误； 对于，，，，与相交，则有，则有，正确； 故选：． 【点评】本题考查线面平行的判断，涉及充分必要条件的定义，属于基础题． 50．（2023秋•闵行区期中）空间两个角的两边分别平行，则这两个角 　相等或互补　． 【分析】根据角的两组对应边同向或反向，分类讨论，即可得解． 【解答】解：当角的两组对应边同时同向或同时反向时，两角相等； 当角的两组对应边一组同向一组反向时，两角互补． 故答案为：相等或互补． 【点评】本题考查空间中线与线的位置关系，考查空间立体感，属于基础题． 一十七．直线与平面垂直（共3小题） 51．（2023秋•长宁区校级期中）若，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的　　 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可． 【解答】解：，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”可能“”也可能， 反之，“”一定有“”， 所以，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的必要而不充分条件． 故选：． 【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识的考查． 52．（2023秋•浦东新区校级期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】由题意可知：时，由线面垂直性质定理知，且．但反之不能成立，由充分必要条件概念可获解． 【解答】解：，，均为直线，，在平面内，且（由线面垂直性质定理）． 反之，如果且推不出，也即时，也可能平行于． 由充分必要条件概念可知，命题中前者是后者成立的充分非必要条件． 故选：． 【点评】本题主要考查线面垂直和充分必要条件的有关知识．主要注意两点： （1）线面垂直判定及性质定理． （2）充分必要条件的判定，要注意方向性，即谁是谁的． 53．（2023秋•崇明区校级期中）“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的　必要不充分条件　． 【分析】直线垂直于平面内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则与不一定平行，如果，根据线面垂直的性质可知直线垂直于平面内的无数条直线，最后根据“若为假命题且为真命题，则命题是命题的必要不充分条件”可得结论． 【解答】解：直线垂直于平面内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则与不一定平行， 如果，根据线面垂直的性质可知直线垂直于平面内的无数条直线． 故“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的必要不充分条件． 故答案为：必要不充分条件． 【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及必要条件、充分条件与充要条件的判断，同时考查了化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力，属于基础题． 一十八．平面与平面平行（共4小题） 54．（2023秋•虹口区校级期中）已知两个平面、，在下列条件下，可以判定平面与平面平行的是　　 A．、都垂直于一个平面 B．平面内有无数条直线与平面平行 C．、是内两条直线，且、都与平面平行 D．、是两条异面直线，且、分别与平面、都平行 【分析】根据题意，依次分析选项，即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，平面、都垂直于平面，平面与平面可能平行，也可能相交，错误； 对于，当这些直线平行时，不能确定平面与平面平行，错误； 对于，当与平行时，不能确定平面与平面平行，错误； 对于，由于，是两条异面直线，且，，，，则内存在两条相交直线与平面平行，根据面面平行的判定，可得，正确； 故选：． 【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及平面与平面平行的判断，属于基础题． 55．（2023秋•徐汇区校级期中）下列命题正确的是　　 A．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 B．如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行 C．如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 D．如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 【分析】充分考虑空间线，面之间的位置关系，可逐项判断． 【解答】解：平面内所有直线与另一个平面平行时，两个平面才平行，故不正确； 观察正方体的一个角可知，这两个平面可能相交，故不正确； 如果这条直线在平面内，此直线与平面不平行，故不正确； 如果两个平面垂直，则另一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直，故正确． 故选：． 【点评】本题考查面面平行的判定，直线与平面的判定，面面垂直的性质，属于基础题． 56．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则　　． 【分析】由面面平行可得线线平行，可得，可求的长． 【解答】解：由平面平面，平面平面，平面平面， ，，，，，，． 故答案为：． 【点评】本题考查面面平行的性质，属基础题． 57．（2023秋•松江区校级期中）已知空间中角的两边分别平行于角的两边，若，则 　或　． 【分析】由空间等角定理即可求得． 【解答】解：空间等角定理：空间中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补． 因为空间中角的两边分别平行于角的两边，所以与相等或互补， 因为，所以或． 故答案为：或． 【点评】本题考查空间等角定理的应用，属于基础题． 一十九．平面与平面垂直（共1小题） 58．（2023秋•嘉定区校级期中）平面平面，，，是正三角形，为中点，则图中直角三角形的个数为 　6　． 【分析】由平面平面，可得平面，从而可得，进而求出直角三角形的个数． 【解答】解：因为，为中点， 所以，所以，为直角三角形， 又平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为直角三角形， 因为是正三角形，为中点， 所以，所以，，为直角三角形 又，所以为直角三角形， 故图中直角三角形共有6个． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查平面与平面垂直的性质定理，考查逻辑推理能力，属于基础题． 二十．点、线、面间的距离计算（共2小题） 59．（2023秋•崇明区校级期中）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，将圆锥侧面沿母线展开，通过侧面展开图，求解三角形的边长，即可得到灯光带的最小长度． 【解答】解：根据题意，将圆锥侧面沿母线展开，是侧面展开图为如图所示的扇形， 则的长度即为灯光带的最小长度， 圆锥的底面直径长为，则， 则， 故， 则，即灯光带的最小长度为． 故选：． 【点评】本题考查圆锥的最短路径问题，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题． 60．（2023秋•长宁区校级期中）在正方体中，，则直线到平面的距离为 　2　． 【分析】根据已知先得出平面，然后求出点到平面的距离，即可得出答案． 【解答】解：根据正方体的性质可知，． 又平面，平面， 所以，平面． 所以，点到平面的距离，即等于直线到平面的距离． 又平面，所以点到平面的距离即为． 所以，直线到平面的距离为2． 故答案为：2． 【点评】本题考查直线和平面的距离，考查转化思想和推理能力，属于基础题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$