2025年数学素养月度测评（四）B版（全国通用）-【衡水真题密卷】2025年高考数学学科素养月度测评

2024一2025学年度学科素养月度测评（四) 数学 姓名： 准考证号 填涂范例 考场号 正确填涂■ 错误填涂☑ ☒ 图 血 )①))①))①①) D 0000000 0 座位号： I B 缺考 (填涂说明：缺考考生由监考员用2B ④ 4④4I4④4④4④4④4④4 姓名××× 准考证号×××××× 标记 口 铅笔填涂准考证号及左边缺考标记) 6 贴条形码区 ] mm I maa I 开考15分钟以后，缺考考生由监考员粘贴条形码， ⊙ 8 8I8 8]8 8]8 8] 考场号×× 座位号×× 并用2B铅笔填涂上方的缺考标记 ⑨ 选择题 单项选择题 1 A B C D 3 A B CD 5ABCD 7B☒D) 2B田W) 4IB☒C四 6四田☑D 8 A B C D 多项选择题 9)BI) 10A四B☒四D) 11四BH四) 非选择题 12 13. 14 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第1页（共5页） B 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 15.(13分) 16.（15分) , 3 A 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第2页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 17.(15分) G ① ② 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第3页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 18.（17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 B 答题纸·数学（四）第4页（共5页） B ■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 19.(17分) 烨 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第5页（共5页)2024一2025学年度学科素养月度测评（四) 数学 姓名： 准考证号 填涂范例 考场号： 正确填涂■ 错误填涂☑☒ 短 物 ①)①)I) o00000000 座位号 2 K 33333 B 3 4④4I4四4④4④4I4④4I4▣ 姓名××× 准考证号×××××× 缺考 口 (填涂说明：缺考考生由监考员用2B 标记 铅笔填涂准考证号及左边缺考标记) 66 666 66 6 贴条形码区 7I刀刀7I刀 1177 开考15分钟以后，缺考考生由监考员粘贴条形码， 8 88 88 8888 考场号×× 座位号×× 并用2B铅笔填涂上方的缺考标记 选择题 单项选择题 1四B田 3 A B CIDD 5 A B CD 7 A B C I 2四四 4☒田四 6四田四 8 A B C D 多项选择题 9IB田CD 10A四B田CMDD 11四团 非选择题 12 13 14. 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第1页（共5页） B 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 15.(13分) 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第2页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 17.(15分) A G C ① ② 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第3页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 18.（17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第4页（共5页） B ■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 19.(17分) $ 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸·数学（四）第5页（共5页)密真 2024一2025学年度学科素养月度测评（四） 题 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1.若向量a=(1,2),b=(m,3),且a⊥b,则实数m= A.6 B.-6 C.3 D.-3 2.在空间中，下列命题是真命题的是 A.三条直线最多可确定1个平面 B.三条直线最多可确定2个平面 C.三条直线最多可确定3个平面 D.三条直线最多可确定4个平面 3,已知在△ABC中，A=,tanB=2,则tan2C了 A.3 B.-3 c D.、3 4.用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D'是BC'的中点，且 A'D'∥y'轴，B'C'∥x'轴，A'D'=B'C'=2,则S△ABc () y'x D' A.√2 B.2 C.2√2 D.4 5.已知△ABC所在平面内的一点D满足DA+D店+2DC=0,则△ABC的面积是 △ABD的面积的 ) A.5倍 B.4倍 C.3倍 D.2倍 数学试题（四）·第1页（共4页） 真题密卷·学手 6.如图，在△ABC中，D是AC的中点，E在BD上，且DE=2EB,则 班级 A.AE-号A店+后AC 31 R正-号+号d D 姓名 c正-8a正+6ad 得分 DA正-A+日acd 7.法布里一贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜.记光波 的初始功率为P。,光波经过第k层薄膜后的功率为P。,假设在经过第k层薄膜时光波的 P:1 过率，其中.23，为使得62，则m的最大值为( A.31 B.32 C.63 D.64 8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为CD,B1C1的中点，则三棱锥 M-AA1N外接球的表面积为 ( 56π A.9 22π . c79 86π D.9 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知α，3是两个不同的平面，l,m是两条不同的直线，则下列说法正确的是 () A.若1Ca,mCβ，a∥B,则l∥m B.若m∥l,m∥a,l中a,则l∥a C.若a⊥B,mCa,则m⊥3 D.若l⊥a,m∥l,mC3,则a⊥3 10.设向量a=(x1y1),b=(x2y2),当且仅当x1≥x2且y1>y2时，称a>b;当且仅当 x1<x2且y1≤y2时，称a《b,则下列结论正确的有 ) A.若a>b且a>b,则μ≥入 B.若a=(2022,2024),b=(2023,2025),则a<b C.若a>b,则对于任意向量c,都有(a十c)>(b十c) D.若a<b,则对于任意向量c,都有a·c≤b·c 11.已知函数f(x)=2sinx十sinx|,则下列结论正确的有 () A.f(x)的最小正周期为2π B.f(x)在 [π3π 2’2 上为减函数 C.方程xf(x)一1=0的所有根之和为0 D.若函数f(ox)(u>0)在[0,2上有且仅有5个零点，则m∈2,2) 5 斗素养月度测评 数学试题（四）·第2页（共4页） B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 l2.记Sm为等差数列{am}的前n项和，若a1=8,a4十a6=0,则S5= 13.如图，在正三棱锥P-ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=30°，PA=PB=PC=4,一 只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短 距离是 C 14.如图，正方形ABCD的边长为2，四个半圆的圆心均为正方形ABCD各边的中点，若点 P在BC上，且AP=λAB+uAD,则入十μ的最大值为 B 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)已知平面向量a=(3,2),b=(-1,2),c=(4,1). (1)求a在b方向上的投影向量的坐标； (2)若a+b与mc+b的夹角为锐角，求实数m的取值范围. 16.(15分)如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱底面的直径，PC是 圆柱的母线，E是AC与BD的交点，AP⊥BD,AC=BC+CD. (1)证明：△BAD是等边三角形， (2)若AC=4,设点F在线段AP上，PF:FA=1：3,求点P到平面FBD的距离， B 数学试题（四）·第3页（共4页） 真题密卷 17.(15分)在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得 ABL平面ACDE,过点E作EF/AB,且EF=)AB,连接FD,FB,BD,所得图形如 图②所示，其中G为线段BD的中点，连接FG. (1)证明：FG⊥平面ABD. (2)若AC=AD=2,直线FG与平面BCD 所成角的正弦值为7，求AB的值. ① ② 18.(17分)已知{am}是等差数列，其前n项和为Sm,{bm}是等比数列，a1=1,S3=6,b1= a2,ag是a4和b4的等比中项. (1)求{an}和{bn}的通项公式. (2)求数列 的前n项和Tn. b bn-1 19.(17分)在空间直角坐标系O-xyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax十By+C之十 D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0，且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知 集合P={(xyz)|x≤1，y≤1，之≤1}，Q={(x,y,z)x+y+z≤2}，T= {(x,y,z)|x+|y≤2，y+z≤2，z|+x≤2}. (1)设集合M={(x,y,之)之=0}，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M 中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值. (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体 积为V2,求V1和V2的值 (3)记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V3的值； ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数. 学科素养月度测评 数学试题（四）·第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2024一2025学年度学科素养月度测评（四）数学 一、选择题 1.B【解析】若a⊥b,则a·b=0,即1×m十2×3 以A正-A+眩-A-A+Ad-号+ =0,解得m=-6. 花 2.C【解析】在空间中，三条直线最多可确定3个 平面，例如三棱锥的三个侧面、 P1P-11 7.C【解析】由题意P,二2p2六…， 3.D【解析】由已知得tanC=-tan(A+B)= P11 1 .11 tan A+tan B 1+2 1-tan Atan B 1-2 =3,所以tan2C= P。2,所以 -××x22 2tan C 6 3 ≥22e,所以nn+1≤2024，即nu十1D≤ 2 1-tan2c-1-g=-4: 4048.令f(n)=n(n十1)，显然f(n)单调递增， 4.D【解析】根据题意，将直观图还原，可得原平 其中n∈N°，又f(63)=4032<4048<f(64)= 面图形为等腰三角形，如图所示，其中AD⊥BC, 4160,所以n的最大值为63. AD=2A'D'=4,BC=B'C'=2,所以原平面图 8.D【解析】如图，设E,F分别为BC,CD1的中 形的面积为SaAc=2BC·AD= 1 2×2X4=4. ,点，则三棱锥MAA1N与三棱柱AEMA1NF外接 球相同.在△EAM中，AE=AM=√5，ME=√2，由 y米 余孩定理得cos∠EAM=AM十AEME_ 2AM·AE 所以in∠EAM-子设△EAM的外接同半 4 B DC 径为r,在△EAM中，由正弦定理得2r= 0 ME√25√2 5.A【解析】设AB的中点为M,因为DA+DB十 sin∠EAM-3 3,故△EAM的外接图半 2Dd=0,所以Ci=2(Di+Di,所以Cd- 径r-52 设三棱柱AEM-A1NF的外接球半 4DM,所以点D是线段CM靠近，点M的五等分 6. 点，所以SAAc-CM SAABD DM =5,所以△ABC的面积 税为R,由与度定取得R-+(5号)-得则三 是△ABD的面积的5倍. 棱锥MAA1N外接球的表面积S=4πR2=4πX 4386π 189· D D A B 6A【解折】南题意，成-助-×耐+成 -日(-+-)=-号应+君花，所 B 。1。 B 真题密卷 学科素养月度测评（四） 二、选择题 三、填空题 9.BD【解析】对于A,若lCa,mCB,a∥B,则l∥m 12.20【解析】a4十a6=2a5-0,即a5=0,则S5= 或l与m异面，故A错误；对于B,因为m∥a,则 5(a1+a5)55 3aCa,使m∥a,又m∥l,可得a∥l,又因为 2 2a1=2×8=20. aCa,l中a,所以l∥a,故B正确；对于C,当a⊥B, 13.4√2【解析】如图所示，将三棱锥的侧面展开， mCa时，m⊥B或m∥B或mCB或m与B相交， 因为∠APB=∠BPC=∠CPA=30°，所以 故C错误；对于D,若l⊥a,m∥l,则m⊥a,又 ∠APA1=90°，当虫子沿AA1爬行时，最短距 mCB,所以a⊥B,故D正确. 离是AA1=√16+16=4√2. 10.BC【解析】对于A,取a=(1,1),b D (-1,-1),满足a>b,取μ=-1，=2，则-a= (-1,一1)，2b=(-2,-2),满足a>b,但 u<入，故A错误； 对于B,因为2022<2023,2024<2025，由题 意可知，a《b,故B正确； B 对于C,设c=(xo,yo),由a>b,得x1≥x2且 y1>y2,则x1十xo≥x2十x0且y1十y0>y2十 yo,所以(a十c)>(b十c),故C正确； 14. )【解析】如图，以线段BC的中点为坐标 对于D,根据a《b,取a=(-2,-2),b= 原，点O,BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线 (-1,-1),c=(-1,-1),则a·c=4,b·c= 为y轴建立平面直角坐标系，设P(cos0,sin0), 2,a·c>b·c,故D错误. 0∈[π，2]，又A(-1,2),B(-1,0),C(1,0), 11.BD【解析】因为f(-x)=2sin|-x|+ D(1,2),AP =(cos 0+1,sin 0-2),AD= |-sinx|=2sin|x|+|sinx|=f(x),所以 (2,0),AB=(0,-2),因为AP=λAB+4AD, f(x)为偶函数.当x≥0时，f(x)=2sinx|+ 即(cos0+1,sin0-2)=λ(0，-2)+μ(2,0)， |3sinx,2kπx<π十2kπ， sin x= sinx,π十2kπ≤x<2π十2kπ， 1cos0十1=24，解得 lu=Cos 0+1 2 k∈N,如图，作出(x)的图象， 所以 la=2-sin o 所以 sin0-2=-2x, 2， v=fx) X十4=2n0+os0+11 2 2=2(cos0-sin0+3)= 由图可知f(x)不是周期函数，故A错误；f(x) o0+)）+名，因为0Ek,2阳]，所以0+ ② 在[后 上为减函数，故B正确；对于C,显然 ∈贤贸所以9叶-2时0+》 4’4 x=0不是方程xf(x)一1=0的根，当x≠0 时，方程xf(x)一1=0的根即为函数y= 取得最大值1，则入+的最大值为3+区 2 f(x)与y=二交，点的横坐标，又y=f(x)是偶 x 函数，y是奇函数，所以两个函数的交点不 D 具有对称性，所以方程xf(x)一1=0的所有根 之和不为0，故C错误；对于D,当x∈[0,2π]时， x∈[0,2wπ]，因为f(wx)(w>0)在[0,2π]上有 且仅有5个零点，所以2wπ∈[4π，5π)，所以 w∈2，），故D正确 B ·2· ·数学· 参考答案及解析 四、解答题 15.解：(1)a在b方向上的投影向量的坐标为b a·b 又EF= 2AB,EF∥AB,所以GO=EF, GO∥EF,所以四边形GOEF为平行四边形， b (-1×3+2×2)b (6分) b (-1)2+22 (-1,2) 所以FG∥EO,所以FG⊥平面ABD.(7分) (5》 (5分) (2)解：在菱形ACDE中，因为AC=AD,所以 △ACD和△ADE都是正三角形，取ED的中 (2)若a十b与mc十b的夹角为锐角， 点H,连接AH,则AH⊥AC,又AB⊥平面 则(a十b)·(mc+b)=(2,4)·(4m-1,m十2)= ACDE,所以AB⊥AC,AB⊥AH,即AB,AC, 2×(4m-1)+4(m+2)=12m+6>0,得m> AH两两相互垂直. (9分) (8分) 以A为坐标原点，AB,AC,AH所在直线分别 为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 若(a+b)∥(mc十b),则2(m+2)=4(4m-1), 设AB=2a(a>0),则C(0,2,0),B(2a,0,0), 解得m=专， (11分) D01v,e-1.ce,》则 经验证满足同向共线， (12分) BC=(-2a,2,0),Ci=(0,-1,N3),FG- 所以实数m的取值范围为m>且m≠宁 (10分) (13分) 16.(1)证明：因为AP⊥BD,PC⊥BD,AP∩PC= 设平面BCD的法向量为m=(x,y,z), P,所以BD⊥平面APC,又ACC平面APC, m·BC=-2ax+2y=0, 所以BD⊥AC (2分) 则《 取之=1，则m= m·CD=-y十3x=0, 因为四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形， 且AC为其直径，所以BE=ED,AB=AD, a (13分) BC=CD,∠ABC=∠ADC=90°，又因为 记直线FG与平面BCD所成角为0，则sin0= AC=BC+CD,所以AC=2BC, (5分) Cos<FG,m>= FG·m √5 在R△ABC中，sin∠BAC=号，所以∠BAC FGm 3 Vai+4X/3 =30°，所以∠BAD=60°，△BAD是等边三角形. (7分) ,解得a=1,即AB的值为2. (15分) (2)解：因为AC=4,由(1)知，在Rt△ABC中， AE=3,EC=1,所以CE:EA=1:3,因为 PF:FA=1:3,所以PC∥EF,(10分) 又因为PC丈平面BFD,EFC平面BFD,所以 PC∥平面BFD,所以点P到平面FBD的距 离等于点C到平面FBD的距离.(12分) 因为CE⊥PC,所以CE⊥EF,又因为CE⊥BD, EF∩BD=E,所以CE⊥平面BFD,所以点C 到平面FBD的距离为CE=1,故点P到平面 FBD的距离为1. (15分) 17.(1)证明：连接CE,使CE与AD的交点为O,在 8.1)解：由题意得，41，S,=3a,十=3十 菱形ACDE中，CE⊥AD,因为AB⊥平面 3d=6,所以d=1,am=1+(n-1)=n,(3分) ACDE,CEC平面ACDE,所以CE⊥AB,又 又b1=a2=2,ag是a4和b4的等比中项，得 AB∩AD=A,AB,ADC平面ABD,所以 a8=a4b4,又a4=4,a8=8,所以64=4b4,b4= CE⊥平面ABD, (3分) b1q3=2q3=16,解得q=2,所以bn=2·2m-1= 因为G,O分别为BD,AD的中点，所以GO= 2" (6分) 2AB,GO∥AB, (4分) (2)解：由(1)得2=” ·3· B 真题密卷 学科素养月度测评（四） 故Tm=1× 2+2 22+3 2十…十nX2, 体，四面体四个顶点分别为(0,0,0)，(2,0,0)， (0,2,0),(0,0,2),此四面体的体积为V。 则2T=1×2+2 1 2+3X 24 十…十nX ×2×（×2×2）-，由对称性知， 1 4 1,1 .1 V,=8V。=号.考虑到P的子集P'构政 32 2,将以上两式相减得2T。2十空+2十十 -()】 的几何体是棱长为1的正方体，即P'= {(x,y,之)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤之≤1}， 2m+1 1 n 20+11 Q'={(xy,z)|x十y十z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}， 显然P'∩Q'为两个几何体公共部分，记 (号”-·所以2-+2 Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1). 2n (11分) 容易验证Q1,Q2,Q3在平面x十y十之=2上，同 bm-12m-1 时也在P'的底面上.则P'∩Q'为截去三棱锥 (3)证明：c.-61-1-2+1-1’ Q4Q1Q2Q3所剩下的部分.P'的体积为Vp'= 2"-1>2-1=1 1 1×1×1-1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为 因为c, 2+1-1>2*1=22市，(13分) Ve,8e,=号×1×号×1×1)=日故 1 所>分)+（合）++） p'∩Q'的体积Vpna=V,'-Va,Q,a,=1-6 1 -() 11 5 2-2十2， _20综上V1= 6.由对称性知V,=8 Vpnq=3 2 1 20 (10分) (3) 所<（合）+合)++（号） -(分)） 2 2 -4十20 ,结论得证. 12 (17分) 19.解：(1)集合M={(xyz)|之=0}表示xO平面上 所有的点，P={(xy2)|x,y,x1}表 示（士1，士1，士1）这八个顶点形成的正方 ①如图所示，即为T所构成的图形.其中正方体 体内所有的点，而P∩M可以看成正方体 ABCD-IJML即为P所构成的区域.E-ABCD 在xOy平面上的截面内所有的点，发现它是边长 构成了一个正四棱锥，其中E到面ABCD的距 为2的正方形，因此S1=4.对于Q= 1 {(x,y,x)||x|+|y|+|z≤2}，当x,y,z> 离为1，VgAw=号×1X2×2= 3,V,=Vp+ 0时，x十y十之=2表示经过(2,0,0)，(0,2,0)， 6Vew=8+6xg=16. (13分) (0,0,2)的平面在第一象限的部分.由对称性可 知Q表示（士2,0,0），(0，士2,0)，(0,0，士2)这六 ②由题意面EBC方程为x十x一2=0，由题干 个顶点形成的正八面体内所有的点.而Q∩M可 定义知其法向量n1=(1,0,1), (14分) 以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的 面ECD方程为y十之一2=0，由题干定义知其 法向量n2=(0,1,1), (15分) 点，它是边长为2√2的正方形，因此S2=8. n1·n21 (6分) 故cos<n1,n2>=Tn1naT2 (16分) (2)记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体 由图知两个相邻的面所成角为钝角，故W相邻 的体积分别为V1,V2.考虑集合Q的子集 Q'={(xy,z)|x十y十z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}， 两个面所成角为行由图可知w共有12个面， 即为三个坐标平面与x十y十之=2围成的四面 24条棱. (17分) B ·4· ·数学· 参考答案及解析 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★法布里一贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜.记光波的初始功 P:1 率为P,光波经过第及层薄膜后的功率为P,假设在经过第飞层薄膜时光波的透过率T:一P,一2示，其 中=1,2,3，…，n,为使得 ≥2，则n的最大值为 () P A.31 B.32 C.63 D.64 【试题解读】 第7题以数学文化为背景，考查利用累乘法求数列的通项公式，从而解数列不等式，再利用二次函数 特征求得，体现了数列、不等式与函数性质的综合 ★在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为CD,B1C1的中点，则三棱锥MAA1N 外接球的表面积为 () B. 22π 3 c.76x 9 D.0 【试题解读】 第8题是立体几何客观题的考查热，点一多面体与球体内切外接问题，考察了球的表面积、正弦定理、 余弦定理、勾股定理的知识，本题求解的关键是把三棱锥的外接球转化为三棱柱的外接球，利用底面外接 圆的半径和三棱柱的高，可得外接球的半径，从而得到外接球的面积。 ★(17分)在空间直角坐标系O-xy之中，任何一个平面的方程都能表示成Ax十By十C之+ D=0,其中A,B,C,D∈R,A2十B2+C2≠0，且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知集合 P={(x,y,之)|川x≤1，|y|≤1，z|≤1)，Q={(x,y,z)|x|+|y|+|z≤2}，T= {(x,y,z)||x|+|y≤2，ly|+|之≤2，|x|+|x|≤2}. (1)设集合M={(x,y,之)|之=0}，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图 形的面积为S2,求S1和S2的值. (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2 的值 (3)记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V3的值； ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数. 【试题解读】 第19题考查立体几何新定义，本题解题的关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所 要求的二面角余弦值，考察立体几何面面角的向量求法、锥体体积的有关计算以及利用割补法求解体积 ·5· B 真题密卷 学科素养月度测评（四） 命题要素细目表 题号 分值 题型 考查的主要知识内容与知识点 难度 1 5 单选题 平面向量垂直的坐标运算 易 2 5 单选题 空间中的线面关系 易 3 5 单选题 三角函数与二倍角 易 4 5 单选题 斜二测画法 易 5 5 单选题 平面向量与三角形的综合 中 6 单选题 平面向量的运算 中 7 单选题 函数与数列的综合 中 8 单选题 立体几何外接球表面积 难 9 多选题 空间中直线、平面的位置关系 易 二 10 多选题 平面向量坐标的新定义 易 11 多选题 三角函数及其基本性质 中 12 填空题 等差数列 易 三 13 填空题 三棱锥中的最短路径 中 14 填空题 三角函数与平面向量的坐标运算 难 15 13 解答题 平面向量的坐标运算 易 16 15 解答题」 圆柱与三棱锥 中 四 17 15 解答题 多面体线面垂直、根据线面角正弦值求边长 中 18 17 解答题 等差数列、等比数列 中 19 17 解答题 集合与立体几何的综合 难 B ·6.