精品解析：内蒙古赤峰市宁城鸿蒙高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试卷

宁城鸿蒙高级中学2023-2024学年度第二学期6月份月考 高一数学试卷 一、单选题(共8题；共40分) 1. 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 2. 下列说法不正确的是（　　） A. 平行六面体四棱柱 B. 正方体是平行六面体 C. 长方体平行六面体 D. 直四棱柱是长方体 3. 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 4. “棱柱的相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 若圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，且圆锥的母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 连接空间四边形四条边的中点，得到四边形，则是一个（　　） A. 菱形 B. 矩形 C. 平行四边形 D. 空间四边形 7. 庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　） A 64 B. C. D. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题(共4题；共20分) 9. 下列有6个面的多面体是（ ） A. 五棱锥 B. 四棱柱 C. 四棱锥 D. 圆柱 10. 关于斜二测画法所得直观图说法错误的是（ ） A. 直角三角形的直观图仍是直角三角形 B. 梯形的直观图是平行四边形 C. 正方形的直观图是菱形 D. 平行四边形的直观图仍是平行四边形 11. 某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（    ） A. 该圆台的高为1cm B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台侧面积为 D. 该圆台的体积为 三、填空题(共4题；共20分) 12. 如图，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是矩形，，是的中点，则原四边形的面积是__________. 13. 给出以下四个命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线； ③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线； ④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的． 其中正确的是__________． 14. 求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则R、r、d满足的关系式是____________. 四、解答题(共6题；共70分) 15. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求和的值； （2）求的面积． 16. 如图，，分别为长方体的棱，的中点. （1）求证， （2）当长方体每条棱都相等时，求该几何体与其外接球的体积之比. 17. 如图，在边长为2的正方体中，，，，都是正方体棱上的中点. （1）求证平面平面; （2）求三棱台的体积. 18. 如图，在边长为4的正方体中， 点在上. （1）当是中点时，证明平面； （2）当和重合时，求三棱锥的表面积和体积； 19. 如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点． 求证：（1）EG平面BB1D1D； （2）平面BDF平面B1D1H. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宁城鸿蒙高级中学2023-2024学年度第二学期6月份月考 高一数学试卷 一、单选题(共8题；共40分) 1. 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 【答案】D 【解析】 【分析】借助长方体模型可判断直线与直线的位置关系. 【详解】如下图所示： 在长方体中，将直线、、分别视为棱、、所在直线，则直线与直线相交； 将直线、、分别视为棱、、所在直线，则直线与直线平行； 将直线、、分别视为棱、、所在直线，则直线与直线异面. 综上所述，直线与直线相交、平行或异面. 故选：D. 2. 下列说法不正确的是（　　） A. 平行六面体是四棱柱 B. 正方体是平行六面体 C. 长方体是平行六面体 D. 直四棱柱是长方体 【答案】D 【解析】 【分析】根据长方体、直四棱柱、平行六面体的定义、性质和关系判断即可得解. 【详解】平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，故A正确；正方体的对面平行，是平行六面体，故B正确； 长方体的对面平行，是平行六面体，故C正确；直四棱柱的侧棱垂直底面，当底面不是矩形时直四棱柱不是长方体，故D错误； 故选：D. 3. 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 【答案】C 【解析】 【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性. 【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面. 对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交. 对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交. 对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面. 综上所述，能得出平面的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题. 4. “棱柱的相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱柱以及直棱柱的性质，结合充要条件的判断即可求解. 【详解】若棱柱的相邻两个侧面是矩形，则两侧面的交线必定垂直于底面，所以该棱柱为直棱柱，满足充分性； 若棱柱为直棱柱，则棱柱的相邻两个侧面是矩形，满足必要性． 故“棱柱的相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的充要条件． 故选:C． 5. 若圆锥轴截面是顶角为的等腰三角形，且圆锥的母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求出圆锥的底面半径，根据侧面积公式可得答案. 【详解】如图圆锥的轴截面是顶角为，即，，, 所以，所以圆锥的侧面积为. 故选：C. 6. 连接空间四边形四条边的中点，得到四边形，则是一个（　　） A. 菱形 B. 矩形 C. 平行四边形 D. 空间四边形 【答案】C 【解析】 【分析】连接，利用是的中位线，是的中位线，得到，且，即可得证. 【详解】 如图所示，在空间四边形中，分别为的中点， 连接， 是的中位线，所以，且. 同理，且. ，且. 四边形是一个平行四边形. 故选：C 7. 庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　） A. 64 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积． 【详解】分别取的中点，连接，     过点作的垂线，垂足为， 因为，，所以，所以， 根据对称性可得，所以， 在中，，所以， ， 又， 所以． 故选：D． 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 二、多选题(共4题；共20分) 9. 下列有6个面的多面体是（ ） A. 五棱锥 B. 四棱柱 C. 四棱锥 D. 圆柱 【答案】AB 【解析】 【分析】根据五棱锥、四棱柱、四棱锥以及圆柱的概念以及结构特征，即可判断答案. 【详解】对于A，五棱锥是有5个侧面，1个底面，共6个面的多面体，正确； 对于B，四棱柱是有4个侧面2个底面，共6个面的多面体，正确； 对于C，四棱锥是有4个侧面1个底面，共5个面多面体，不符合题意； 对于D，圆柱为旋转体，不符合题意， 故选：AB 10. 关于斜二测画法所得直观图的说法错误的是（ ） A. 直角三角形的直观图仍是直角三角形 B. 梯形的直观图是平行四边形 C. 正方形的直观图是菱形 D. 平行四边形的直观图仍是平行四边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则即可结合选项逐一求解. 【详解】由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐系，而平行性没有改变，A，B，C都不正确，D正确， 故选：ABC 11. 某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（    ） A. 该圆台的高为1cm B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的侧面积为 D. 该圆台的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由勾股定理可求圆台的高，判断A；由梯形面积公式可判断B，由圆台的侧面积、体积公式可判断CD. 【详解】由题意，且，可知轴截面为等腰梯形， 作于E，则， 故，即该圆台的高为，A错误； 该圆台轴截面面积为，B正确； 该圆台的侧面积为，C正确； 圆台体积为，D正确， 故选：BCD 三、填空题(共4题；共20分) 12. 如图，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是矩形，，是的中点，则原四边形的面积是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，，即可得到原四边形中，的值，即可求出原四边形的面积. 【详解】根据斜二测画法的定义知在直观图中是等腰直角三角形，所以， 根据勾股定理，，又因为是的中点， 所以，可得在原四边形中，，， 故原四边形的面积. 故答案为：. 13. 给出以下四个命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线； ③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线； ④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的． 其中正确的是__________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】结合圆柱、圆锥、圆台的性质逐一判断即可得. 【详解】①不正确，因为这两点的连线不一定与圆柱的旋转轴平行； ②正确，符合圆锥母线的定义； ③不正确，结合圆台母线的定义可知，母线与旋转轴的延长线应交于一点， 而从圆台上、下底面圆周上各取一点，其连线未必满足这一条； ④正确，符合圆柱母线的性质. 故答案为：②④. 14. 求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则R、r、d满足的关系式是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理得到关系式. 【详解】在中，根据勾股定理得，即. 故答案为：. 四、解答题(共6题；共70分) 15. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求和的值； （2）求的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据同角的三角函数关系求出，结合正、余弦定理计算即可求解； （2）由（1），结合三角形面积公式计算即可求解. 【小问1详解】 在中，由，可得． 又由及，可得． 由余弦定理得，得， 由，解得． 所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以的面积． 16. 如图，，分别为长方体的棱，的中点. （1）求证， （2）当长方体每条棱都相等时，求该几何体与其外接球的体积之比. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，先证明四边形都是平行四边形，得到，再根据等角定理即可得证； （2）当长方体每条棱都相等时，长方体变为正方体，设正方体的棱长为，找到正方体的外接球的直径与正方体的体对角线长的关系，即，再根据正方体及球的体积公式计算，即可求出其体积之比. 【小问1详解】 如图所示，连接， 是长方体，，分别为棱，的中点， 由长方体的性质可知且 ， 四边形都是平行四边形， ， 又因为角的两边与，与方向相同， 所以由等角定理可知，； 【小问2详解】 当长方体每条棱都相等时，长方体变为正方体. 设正方体的棱长为， 正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长， 所以，即. 所以正方体的体积， 球的体积， 所以该几何体（正方体）与其外接球的体积之比为 17. 如图，在边长为2的正方体中，，，，都是正方体棱上的中点. （1）求证平面平面; （2）求三棱台的体积. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，则，分别取、的中点、，连接，，，推导出四边形，四边形，四边形为平行四边形，从而，由此即可证明； （2）求出，，，根据棱台的体积公式，即可求出三棱台的体积. 【小问1详解】 连接，则， 因为面， 所以面， 分别取、的中点、，连接，，， 在四边形中，且， 所以四边形为平行四边形， 同理可得四边形也是平行四边形， 又，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为面， 所以面， 因为， 所以平面平面. 【小问2详解】 由题可知，，，， 根据棱台的体积公式，可得三棱台的体积为： . 18. 如图，在边长为4的正方体中， 点在上. （1）当是中点时，证明平面； （2）当和重合时，求三棱锥的表面积和体积； 【答案】（1）证明见详解 （2）， 【解析】 【分析】（1）连接，交于，在正方体中，易得为中点，结合是中点，可得，然后可证的平面； （2）由题知，，利用三角形面积公式即可求表面积，又平面，再利用锥体体积公式即可三棱锥的体积. 【小问1详解】 证明：连接，交于，连接， 在正方体中，底面为正方形， 所以为中点，又是中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 当和重合时， 在正方体中，平面， ，， 所以三棱锥的表面积 ， 体积， 所以三棱锥的表面积为，体积为. 19. 如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点． 求证：（1）EG平面BB1D1D； （2）平面BDF平面B1D1H. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）可证明四边形BEGO为平行四边形，故OBEG，由线面平行的判定定理即得证； （2）可证明BDB1D1，HD1BF，由面面平行的判定定理即得证. 【详解】 （1）如图，取B1D1的中点O，连接GO，OB， 因为OG=B1C1，BE=B1C1，所以BE=OG， 且 所以四边形BEGO为平行四边形，故OBEG， 因为OB⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D， 所以EG平面BB1D1D. （2）由于 所以四边形为平行四边形 所以BDB1D1. 连接HB，D1F， 取为中点，连结 因此 因此四边形为平行四边形，故有 又 因此四边形为平行四边形，故有 故HD1BF. 又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B， 所以平面BDF平面B1D1H. 【点睛】本题考查了线面平行和面面平行的证明，考查了学生空间想象、逻辑推理能力，属于中档题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$