【双基聚焦】2025年黑龙江省普通高中学业水平（合格性）考试数学模拟卷2

2025年黑龙江省高中学业水平合格性考试模拟卷（二） 数学 立体几何初步 考生须知 1.考生要认真填写考场号和座位号。 2.本试卷共8页，分为两部分。第一部分选择题24小题，共72分；第二部分非选择题6小题，共30分。满分100分。考试时间60分钟。 3.所有试题答案必须填涂或书写在答题卡上。第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用0.5毫米黑色签字笔作答。 4.考试结束后，考生将试卷和答题卡按要求放在桌面上，待监考员收回。（备注：本试卷带有答题卡，供学生选用） 第一部分 选择题（共72分） 一、选择题（本大题共有24个选择题，每小题所列的4个选项中只有一项符合题意。每道小题3分，共计72分） 1.如图、以矩形的边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是（    ） A．圆锥 B．圆台 C．圆柱 D．球 【答案】C 【分析】根据圆柱的形成即可得到答案. 【详解】以矩形的边所在直线为轴， 其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆柱. 故选：C. 2.（2023·广西·学业考试）已知圆柱的底面积为1，高为2，则该圆柱的体积为（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据圆柱的体积公式计算可得答案. 【详解】因为圆柱的底面积为1，高为2， 所以该圆柱的体积为. 故选：B. 3.（2024·辽宁·学业考试）如果一个长方体的长、宽、高分别是6，5，3，则它的体积为（   ） A．15 B．18 C．30 D．90 【答案】D 【分析】根据给定条件利用长方体的体积公式直接计算即可作答. 【详解】因长方体的长、宽、高分别是6，5，3，所以该长方体的体积为. 故选：D 4.（2024·辽宁·学业考试）在2022年第二十四届冬奥会上，中国代表队创造了历史最好成绩，首都北京也成为第一座“双奥之城”．如图所示，坐落于北京的国家游泳中心（又称“水立方”），是中国健儿为国争光的地方，“水立方”可以抽象出的几何体是（    ）． A．圆柱 B．四棱锥 C．四棱台 D．长方体 【答案】D 【分析】根据水立方的几何特征求解即可. 【详解】解：由图可知，“水立方”是可以抽象为长方体模型， 故选：D 5.（2023·辽宁·学业考试）设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【分析】选项A由平行的传递性可得；BCD由长方体中的线面、面面位置关系举反例可知. 【详解】选项A，若，，则由平行的传递性可知，，故A正确； 选项B，若，，则或都有可能， 如图，长方体中（以下同）， 设直线为，直线为，底面为， 满足，，但，与不平行，故B错误；    选项C，若，，则与不一定垂直， 如图，设上底面为，下底面为，平面为， 满足，，但，与不垂直， 故C错误；    选项D，若，，则或或与相交都有可能， 如图，设直线为，直线为，设上底面为， 满足，，但，与不平行，故D错误．    故选：A. 6.（2024·福建·学业考试）已知直线平面，直线平面，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C．与是异面直线 D．与没有公共点 【答案】D 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系判断即可. 【详解】因为直线平面，直线平面， 所以或与是异面直线，则与没有公共点. 故选：D 7.（2024·湖南·学业考试）给出下列4个命题，其中正确的是（    ） ①平行于同一直线的两条直线平行；②垂直于同一直线的两条直线平行；③平行于同一平面的两个平面平行；④垂直于同一平面的两个平面平行． A．①② B．①③ C．②③ D．①③④ 【答案】B 【分析】利用平行直线的性质和平行平面的性质易得①③正确；借助于长方体模型易排除②④两项. 【详解】 如图作长方体. 对于①，利用空间直线的平行传递性易得；对于②，,但与异面，故②错误； 对于③，利用平行平面的传递性易得； 对于④，平面与平面都垂直于平面，但平面与平面相交，故④错误. 故选：B. 8.（2024·湖南·学业考试）垂直于同一直线的两个平面（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面 【答案】A 【分析】利用线面垂直的性质判断得解. 【详解】由线面垂直的性质知，垂直于同一直线的两个平面互相平行，A正确，BCD错误. 故选：A 9.（2022·广西·学业考试）如图，正方体中，分别是的中点，则下列结论正解的是（    ） A． B． C．与相交 D．与相交 【答案】B 【分析】直接由及即可求解. 【详解】由分别是的中点可得，又易得，则. 故选：B. 10.（2023·河北·学业考试）若圆锥的底面半径为3，体积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥底面半径和体积可计算出圆锥的母线，再根据侧面展开图的特征利用弧长公式即可得出圆心角. 【详解】设圆锥的高为，母线为； 将半径代入体积公式可得，； 则母线长， 设此圆锥的侧面展开图的圆心角为， 则其侧面展开图的半径为，弧长为圆锥底面周长， 所以圆心角. 故选：D 11.（2023·江苏·学业考试）若圆柱的上､下底面的圆周都在一个半径为2的球面上，则该圆柱侧面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设底面圆半径为，则圆柱的高为，圆柱侧面积为，利用均值等式计算得到答案. 【详解】设底面圆半径为，则圆柱的高为， 圆柱侧面积为， 当且仅当，即时等号成立. 故选：B. 12.（2023·辽宁·学业考试）过棱长为2的正方体的三个顶点作一截面，此截面恰好切去一个三棱锥，则该正方体剩余几何体的体积为（    ） A．4 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，求出三棱锥和正方体的体积，作差可得. 【详解】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2， 三棱锥的体积为 正方体的体积为， 则该正方体剩余几何体的体积为 故选：C 13.（2023·广东·学业考试）已知α和β是两个不同平面，A:，B:α和β没有公共点，则A是B的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据面面平行的定义判断. 【详解】两个平面平行的定义是：两个平面没有公共点，则这两个平面平行，因此是的充要条件． 故选：C． 14.（2023·浙江·学业考试）已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆台的侧面积公式求出母线，再求圆台的高结合圆台体积公式求体积即可. 【详解】设圆台上下底面的半径分别为，母线为， 由题意可得：， 则圆台的高为， 所以圆台的体积为. 故选：D 15.（2023·浙江·学业考试）下列说法正确的是（    ） A．一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面平行 B．和同一条直线都相交的两条直线一定相交 C．经过空间中三个点有且只有一个平面 D．经过两条相交直线有且只有一个平面 【答案】D 【分析】根据空间中点线面的位置关系即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A, 一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面可能相交也可能平行，例如在正方体中, 平面中的点到平面的距离均相等，但是平面 与平面相交，不平行，故A错误， 对于B, 和同一条直线都相交的两条直线不一定相交，例如正方体中 均与相交，但是不相交，故B错误， 对于C，经过空间中三个不共线的点有且只有一个平面，故C错误， 对于D, 两条相交直线可以确定一个平面,因此经过两条相交直线有且只有一个平面，故D正确， 故选：D    16.（2023·黑龙江·学业考试）《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.现有一个“鳖臑”，底面，，且，，则该四面体的体积为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【分析】根据锥体的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：三棱锥的高为， 所以该四面体的体积为. 故选：B. 17.（2024·云南·学业考试）如图，在正方体中，异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，分析可知异面直线与所成的角为（或其补角），结合正方体的性质分析求解. 【详解】连接， 因为∥，，可知为平行四边形， 则∥，可知异面直线与所成的角为（或其补角）， 由正方体可知，即为正三角形，可知， 所以异面直线与所成的角等于. 故选：C. 18.（2023·福建·学业考试）某学校新建的天文观测台可看作一个球体，其半径为．现要在观测台的表面涂一层防水漆，若每平方米需用涂料，则共需要涂料（单位：）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用球的表面积公式求出表面积，再根据条件即可求出结果. 【详解】因为，所以球的表面积为，又每平方米需用涂料，所以共需涂料. 故选：D 19.（2023·河北·学业考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，为的中点．线段的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，作出四棱锥的高，并用求出高，再用体积解出即可. 【详解】 由已知，设，则矩形的面积， 取中点，连接， ∵是等边三角形，，∴，且, ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，即是四棱锥的高， ∴四棱锥的体积 ∴解得，，∴. 故选：D. 20.（2024·重庆·学业考试）在三棱锥中，侧棱底面，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法，还原可得的三边长，由正弦定理与余弦定理，求得的外接圆圆心和半径，过该圆心作底面垂线，设出三棱锥外接球的球心，构造直角三角形可得半径，可得答案. 【详解】根据斜二测画法，还原图象可得： 由题意可得：，则， 由余弦定理，可得：，即， 由正弦定理，可得外接圆的半径， 则三棱锥作图如下： 作平面，且底面，所以， 取点为三棱锥外接球的球心，则， 作，易知四边形为正方形，即， 则，即三棱锥外接球表面积. 故选：D. 21.（2023·江苏·学业考试）如图，正方体中，直线与平面所成角的正切值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，平面，故是与平面所成角，计算得到答案. 【详解】如图所示：连接，因为平面，故线与平面所成角，设正方体棱长为1，则， . 故选：C 22.（2023·广东·学业考试）下图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下判断：①BF与DN平行；②CM与BN是异面直线；③DF与BN垂直；④AE与DN是异面直线．则判断正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】还原为正方体根据空间直线的位置关系结合正方体的性质即得. 【详解】把平面展开图折起，得到如图所示的正方体, 则BF与DN是异面直线，故①错误； CM与BN平行，故②错误； 由题可知，所以DF与BN垂直，故③正确； AE与DN是异面直线，故④正确； 故正确个数为2． 故选：B. 23.（2023·江苏·学业考试）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形和四边形是两个全等的等腰梯形，和是两个全等的正三角形．已知该多面体的棱与平面成的角，，则该屋顶的侧面积为（    ） A．80 B． C．160 D． 【答案】D 【分析】先求两个等腰梯形的高，进而计算出屋顶的侧面积. 【详解】设分别是的中点，连接，根据对称性可知， 在平面的射影在上，设其为，连接， 则平面，而平面，所以， 所以是与平面成的角，即， 所以， 过作，垂足为，连接， 由于平面，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以， ，所以， 所以，所以， 所以该屋顶的侧面积为： . 故选：D 24.（2024·河南·学业考试）在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AB，BB1的中点，则直线MN与平面A1BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选C 　设正方体的棱长为2a，如图，连接AC，BD，交于点O，连接ON，OM，DB1，易证B1D⊥平面A1BC1，而ON∥B1D，故∠ONM就是直线MN与平面A1BC1所成角的余角．又△OMN为直角三角形且OM＝a，MN＝a，∠OMN＝90°，所以tan∠ONM＝，sin∠ONM＝.设直线MN与平面A1BC1所成的角为θ，则cos θ＝，故选C. 第二部分 非选择题（共28分） 二、填空题：（共4小题，每小题3分，共12分） 25.（2024·云南·学业考试）一商场门口有个球形装饰品.若该球的半径为1米，则该球的表面积为 平方米. 【答案】 【分析】由球的表面积公式求解． 【详解】因为该球的半径为1米，所以该球的表面积为：（平方米）， 故答案为： 26.（2024·广西·学业考试）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，，则这个三棱锥的四个面中，是直角三角形的个数有 个. 【答案】 【分析】结合线线、线面垂直的知识求得正确答案. 【详解】由于平面，所以， 所以三角形和三角形是直角三角形. 由于，所以，三角形是直角三角形. 由于，所以平面， 所以，所以三角形是直角三角形. 所以三棱锥四个面中，是直角三角形的个数有个. 故答案为： 27.（2023·河北·学业考试）如图,在正方体中,点E,F分别是棱AD,的中点,则异面直线与BF所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】先取中点为,连接,记与交点为,根据平行可知与BF所成角即为与所成角,通过正方体性质可得,即,根据可知,即,即可知与BF所成角为. 【详解】取中点为,连接,记与交点为,如图所示: 因为G,F分别是棱,的中点, 所以,且,故四边形为平行四边形, 所以,所以与BF所成角即为与所成角, 因为正方体,E,G是棱AD,的中点, 所以, 所以,即, 因为,所以, 所以, 故与所成角为,即与BF所成角为. 故答案为: 28.（2023·湖北·学业考试）已知m，n是两条不同直线，，是两个不同平面．给出下列四个论断： ①；②；③；④． 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出一个正确命题：若 ，则 ．（注：用序号作答） 【答案】 ①③④（答案不唯一） ②（答案不唯一） 【分析】由，得或，分类讨论并结合及平面的基本性质、面面垂直的判定有，可得一个正确命题. 【详解】由，，则或， 当，，则； 当，过作平面交于，则，而，    所以，而，则； 综上，，，，则. 故答案为：①③④，②（答案不唯一） 三、解答题：（本题2小题，共16分） 29.（2024·云南·学业考试）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，.    (1)证明：； (2)若，三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据题意可证平面，结合线面垂直的性质分析证明； （2）根据体积关系可得，利用等体积法可得到平面的距离为，再根据线面夹角的定义分析求解. 【详解】（1）因为，，平面， 可得平面，且平面，所以. （2）因为，，则， 由（1）可知：平面，可知三棱锥的高为， 则三棱锥的体积，解得， 设到平面的距离为，则， 因为，则，解得， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 30.（2024·福建·学业考试）如图，正方体的棱长为2，E为的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据三棱锥体积计算公式即可； （2）通过证明，得平面即可. 【详解】（1）由题意可知，为的中点，且正方体棱长为2， 所以三棱锥体积为： . （2）因为正方体中平面，且平面， 所以. 连接，又因为底面为正方形，所以. 因为，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$