周测评(十九) 基本立体图形、立体图形的直观图-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册数学学科素养周测评

2025一2026学年度高 卷题 数学·基本立体图形 本试卷总分100分， 一、选择题：本题共4小题，每小题6分，共 24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。 题号 2 3 4 答案 1.如图所示的几何体的主要结构特征是 A.圆锥和圆柱的组合体 B.球和圆柱的组合体 C.圆锥和棱柱的组合体 D.球和棱柱的组合体 2.如图所示，梯形A'B'CD'是平面图形 ABCD用斜二测画法得到的直观图，A'D =2BC=2,A'B′=1，则平面图形 ABCD的面积为 ) B D' A.2 B.2√2 C.3 D.3√2 3.如图，图1通过旋转可得到图2，则图3 通过相同的旋转可得到 图 图2 图3 高一学科素养周测评（十九 你有多安力，就有多特殊 学科素养周测评（十九） 、立体图形的直观图 考试时间40分钟。 C D 4.已知在四面体P-ABC中，PA=PB= PC,则点P在平面ABC内的射影点O 是△ABC的 () A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共 12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。 题号 5 答案 5.下列关于空间几何体的叙述正确的是 A.正四棱柱都是长方体 B.两个面平行，其余各面都是平行四边 形的多面体是棱柱 C.棱台的侧面都是梯形 D.等腰梯形以其一条腰所在的直线为旋 转轴旋转一周，形成的几何体是圆台 数学第1页（共2页） 6.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图 所示，已知B'C'=2,A'C=3,B'C'∥y 轴，则下列关于△ABC的说法正确的是 0'C A A.△ABC是直角三角形 B.AC的长为3 C.BC的长为2 DAB边上的中线长度为 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共 12分。 7.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内 容.一般用曲率刻画空间的弯曲性，规定： 多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该 点的面角之和的差（多面体面的内角叫做 多面体的面角，角度用弧度制表示)，多面 体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总 曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例 如：正四面体在每个顶点有3个面角，每 个面角都是，所以正四面体在各顶点的 曲率为2x一3X智=，故其总曲率为4x 则正十二面体的总曲率为 8.如图，平行四边形OA'B'C'是四边形 OABC的直观图.若O'A'=3,O'C'=2, 则原四边形OABC的面积为 高一学科素养周测评（十九 B 0 四、解答题：本题共2小题，共52分。解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤。 9.(22分)如图，已知四棱锥V-ABCD的底 面是面积为16的正方形ABCD,侧面是 全等的等腰三角形，侧棱长为6√2，求四 棱锥V-ABCD的侧面三角形底边上 的高. 10.(30分)如图所示，在△ABC中，AC= 12cm,AC边上的高BD=12cm. D (1)画出水平放置的△ABC的直观图； (2)求直观图的面积 )数学第2页（共2页）·数学· 参考答案及解析 =2,即2-2(cos acos B-+sin asin B)=2,得cos(a 之是实数， (5分) =0,故a一日=2十kxk∈D放D正确21= 则m2-m-2=0,解得m=-1或m=2.（10分) m2+m-6<0, (cosa+i·sina)(cosB+i·sinB)=cos acos B (2)由题意可得 (15分) m2-m-2>0, -sin asin B+i(cos asin B+sin acos B)= 解得一3<m<-1, cos(a十B)+i·sin(a+B),所以z1之2|= 即m的取值范围为(-3，-1). (22分) √cos2(a十β)十sin(a十B)=1,故A正确；由于 10.D证明：当0=至时，.=cos子a十isin子a, z1+z2=(cosa+cosB)+i(sina十sinβ)， √2 则z1=c0s 4+isin4=a+i), 故z1+z2|=√(cosa+cosB)2+(sina+sinB)2 g4=os+iini (6分) √2+2(cos acos B-+-sin asin B)=√2+2cos(a-B) 72 1 =√2，故B错误；因为cos(a一B)=0,若a=0,则 因为之？= 21+i)= 1+2i+)=i= cos(一B)=0,即cosB=0,故C正确. 之2，故“2维形态复数”是“1维形态复数”的平方. 三、填空题 (12分) 7.一1【解析】因为i4=1,所以之=i2025(1十i)一a (2)解：因为“2维形态复数”与“3维形态复数” 相等，所以cos20+isin20=cos30+isin30, =i4×56+1(1+i)-a=i(1十i)-a=i-1-a, (14分) 因为复数之为纯虚数，所以一1一a=0,即a=一1. (cos 20=cos 30, 所以 &,12【解标】周为品a Isin 20=sin 30, 由cos20=cos30,得30=20+2kπ(k∈Z)或30 2i=-i, √2+i_(W2+i)(1+2i)3i +20=2kπ(k∈Z), 2 =i, -√2i(1-√2i)(1+2i)3 由sin20=sin30,得30=20+2kπ(k∈Z)或30 所以(+（+ +20=2kπ+π(k∈Z), (20分) =(-i)4×506+ 1-2 由于两个方程同时成立，故30=20十2kπ (k∈Z),即0=2kπ(k∈Z), 4×505+3=1一i,乏=1十i,则之在复平面内对应的 点是(1,1)，1z=√2. 所以nlg+)-nek+》-m子-号 四、解答题 (30分) 9.解：(1)因为之=(m2十m-6)+(m2-m-2)i,且 2025一2026学年度高一学科素养周测评（十九） 数学·基本立体图形、立体图形的直观图 一、选择题 1.D【解析】由图可知，该几何体是由一个球和 一个棱柱构成的组合体. 2.C【解析】如图，作平面直角坐标系xAy,AD 在x轴上，且AD=2,AB在y轴上，且AB=2, ·9· 真题密卷 学科素养周测评 过B作BC∥AD,且BC=1,连接CD,则直角 个面角都是所以正十二面体在各顶点的曲率 稀形ABCD为原平面图形，其面积S=)X(1 为2π-3× +2)×2=3. 智-晋由于正十二面体布20个顶 3.D【解析】由图3可知，最底下一层有6个方 点，故共总南率为20×等=4 块，其中是4十2，中间一层有3个方块，是叠在 第一层的4个方块上的，最上面一层有1个方 8.12【解析】根据题意，平行四边形OA'B'C是四 边形OABC的直观图.O'A'=3,O'C=2,则原 块，位于第二层3个方块最中间的位置上，因此 四边形OABC为矩形，且OA=3,OC=4, 能够旋转得到的是D选项，只需要将图3整体 向后推倒后调整一下角度即可得到D,与图1 到图2的旋转一致. 4.B【解析】因为PA=PB=PC,PO=PO=PO (公用边)，∠POA=∠POB=∠POC=90°，所 以△POA≌△POB≌△POC,所以OA=OB= A x OC,所以点O是△ABC的外心. 所以原四边形OABC的面积为3×4=12， 二、选择题 四、解答题 5.AC【解析】对于A,正四棱柱是底面为正方形 9.解：正方形ABCD的边长为√16=4， (6分) 的直棱柱，而长方体是底面为矩形的直棱柱，因 由于四棱锥的侧面是全等的等腰三角形， 为正方形是特殊的矩形，所以正四棱柱满足长 方体的定义，又正方体是特殊的长方体，因此正 所以侧面三角形底边上的商为，√(6②-() 四棱柱都是长方体，故A正确；对于B,两个面 =√/72-4=2√/17」 (22分) 平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一 10.解：(1)①以D为原点，AC所在直线为x轴， 定是棱柱，比如两个底面全等的斜棱柱拼接在 DB所在直线为y轴，建立如图1所示的平面直 一起的多面体，虽然满足两个面平行，其余各面 角坐标系， (10分) 都是平行四边形，但它不是棱柱，故B错误；对 于C,棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去 截棱锥，在底面与截面之间的部分，棱台的各侧 棱延长后交于一点，所以棱台的侧面都是梯形， 故C正确；对于D,若等腰梯形以其一条斜腰所 C/D'E A 在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体不 图1 图2 是圆台，是一个圆锥和一个圆台挖去一个圆锥 ②画出对应的x',y'轴，使∠x'D'y'=45°， 的组合体，故D错误. 在x'轴上取点A',C',使DA'=DA,D'C 6.ABD【解析】因为BC∥y'轴，由斜二测画法 =DC, 知AC⊥BC,即△ABC为直角三角形，如图所 示，又因为BC=2,A'C=3,可得AC=3,BC=4, 在y轴上取点B,使DB'=DB, 所以AB=5,所以AB边上的中线长度为2： 5 连接A'B',C'B',则△A'B'C'即为△ABC的直 观图，如图2所示. (20分)》 (2)在图2中，作B'E⊥A'C,E为垂足， 因为DB'=2DB=6cm,∠B'DYE=45, 所以BE=6X =32cm, 0 1 三、填空题 所以S△AB'C= ×AC×BE=G×12X3E 7.4π【解析】正十二面体每个顶点有3个面角，每 =18√2cm2. (30分) ·10·