周测评(二十) 简单几何体的表面积与体积、空间点线面的位置关系-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册数学学科素养周测评

递风的方向，更适合飞翔 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十） 数学·简单几何体的表面积与体积、 空间点线面的位置关系 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 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。 D 题号 2 4 答案 π A. 1.若点A与直线1能够确定一个平面，则 6 B. 4 点A与直线1的位置关系是 ( ci D A.ACi 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共 B.AC 12分。在每小题给出的选项中，有多项 C.A∈l 符合题目要求。全部选对的得6分，部 D.A 分选对的得部分分，有选错的得0分。 2.将一个正四棱台物件放入有一定深度的 题号 5 6 电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图 答案 所示，已知该物件的上底边长与侧棱长 相等，且为下底边长的一半，一个侧面的 5.已知A,B,C三点均在球O的表面上， AB=BC=CA=2,且球心O到平面ABC 面积为3√3，则该物件的高为 ( () 0 的距离等于球0半径的。则 A.球O的内接正方体的棱长为√2 B.球O的表面积为6π C.球0的外切正方体的棱长为 2 A③ 2 B.1 D.球O的内接正四面体的表面积为4√3 6.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中， C.√2 D.3 E,F分别为C1D1,B1C1的中点，O,M 3.一个圆锥被平行于底面的平面所截，上、 分别为BD,EF的中点，则 () 下两个几何体的侧面积之比为1：1，则 D E 上、下两个几何体的体积之比为() A.1:8 0- B.1:7 B C.1:2√2 A.B,D,E,F四点共面 B.三条直线BF,DE,CC1有公共点 D.1:(2√2-1) C.直线A1C与直线OF不是异面直线 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面 D.直线AC上存在点N,使M,N,O三 直线BC1与B1D1所成角的大小为() 点共线 高一学科素养周测评（二十）数学第1页（共2页） 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共 10.(30分)现需要设计如图所示的一个仓 12分。 库，由上、下两部分组成，上部的形状是 7.将一个半径为5的金属球熔化后，重新 正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是 俦造为64个相同的小球，则这些小球的 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,并要求正 表面积之和为 四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1 8.如图，P是棱长为2的正方体ABCD 的4倍. A1B1C1D1表面上的一个动点，直线AP D 与平面ABCD所成的角为45°，则点P 的轨迹长度为 D P DO: B (1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的 D 容积是多少？ B (2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当 四、解答题：本题共2小题，共52分。解答应 PO1为多少时，下部正四棱柱的侧 写出文字说明、证明过程或演算步骤。 面积最大，最大面积是多少？ 9.(22分)如图，在四面体ABCD中，E,F 分别是AB,AD的中点，G,H分别在 BC,CD上，且BG:GC=DH:HC= 1：2. E D H (1)证明：E,F,G,H四点共面 (2)设EG与HF交于点P,证明：P,A, C三点共线， 高一学科素养周测评（二十）数学第2页（共2页）·数学· 参考答案及解析 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十） 数学·简单几何体的表面积与体积、空间点线面的位置关系 一、选择题 D 1.D【解析】由直线和直线外的一点确定一个平 A 面，故D正确. 2.C【解析】设A1B1=BB1=a,则AB=2a.因为 D 该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯 形，上、下底面均为正方形， D 二、选择题 5.ABD【解析】设球O的半径为r,△ABC的外 接圆的圆心为O',半径为R,由正弦定理得R= B ,因为球心O到平面ABC的距 在四边形ABB1A1中，过点A1作A1E⊥AB于 sin 3 点E,则AE2a一a)三2，所以A仑=3。】 2a, 离等于球0半径的日，所以- 9r2 3r2 所以SAB,A1=2 2a.3。=33m2=3√5，解 2a 33 ,所以球0的表面积S=4r2=4πX2 ,3 2r 得a=2,在平面ACC1A1中，过点A1作A1F⊥ √2 AC于点F,易知A1F为正四棱台的高， =6π，故B正确； AF-X4E-2E)=巨，所以AF 令球O的内接正方体的棱长为x,满足√5x=2r (正方体的体对角线长等于外接球的直径)，即x √A1A2-AFz=√4-2=√2. 2x3 3.D【解析】由题可知上、下两个几何体分别为小 2r =√2，故A正确； 圆锥和圆台，设小圆锥的高为h1,底面半径为r1, 3√3 则母线长为√十r系；原圆锥的高为h,底面半径 令球O的外切正方体的棱长为b,满足b=2x=2 为r,则母线长为√h2十r2.由小圆锥的侧面积为 十③ =√6，故C错误； πr1√h十r,大圆锥的侧面积为πr√h2十r2, √2 先求解正四面体的棱长和其外接球半径间的关 上、下两个几何体的侧面积之比为1：1，得 系：设正四面体W-X1YZ1的边长为a,将其补形 πr1√h+r71 h 成正方体WXYZ-W1X1Y1Z1,如图所示，则正方体 πrV√h2十r2 心—，又于百久得—，之人2 1 ,即h:h=1:厄，所以小圆锥和原圆锥的体 的边长为经4，正方你的体对角线长为 1 3xrih 1 。+()+a)- 2a,所以正四面 积比为 ?x五2√万·所以小圆锥和圆台的体 1 体W-XYZ1的外接球的直径为 2a,半径为 积之比为1：(2√2一1) 6 4.C【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D 4. 中，连接AB1,AD1.由题意，四边形ABC1D1是 矩形，BC1∥AD1,所以∠ADB1是异面直线 BC1与B1D1所成的角，而AB1=AD1=B1D =√2AB,即△AB1D1为正三角形，则∠AD1B 行，即异面直线BC,与B,D,所成的角为行 ·11· 真题密卷 学科素养周测评 所以球0的内接正四西体的棱长a满足 D 4ar ,解得a=2,所以内接正四面体的表面积为 4X(合×2×2×血）=43，故D正确， B 6.ABD【解析】对于A,连接BD1,因为BB1∥ 四、解答题 DD1,BB1=DD1,所以BB1D1D为平行四边形， 9.证明：(1)因为E,F分别是AB,AD的中点， 所以B1D1∥BD,又因为E,F分别为C1D1, 所以EF∥BD, B1C1的中点，所以B1D1∥EF,所以BD∥EF, 又因为G,H分别在BC,CD上，且BG:GC= 所以B,D,E,F四点共面，故A正确； DH:HC=1:2, 对于B,延长BF,DE相交于点P,即P∈BF,P 所以GH∥BD, (6分) ∈DE,又因为BFC平面BCC1B1,DEC平面 因此EF∥GH, DD1C1C,则P∈平面BCC1B1,P∈平面 DD1C1C,又平面BCC1B1∩平面DD1C1C= 所以E,F,G,H四点共面， (10分) CC1,所以P∈CC1,即三条直线BF,DE,CC1有 (2)因为EG与HF交于点P,EGC平面ABC, 公共点，故B正确； 故点P在平面ABC内， 对于C,连接AC,A1C1,因为A1CC平面 同理点P在平面DAC内. (15分) AA1C1C,OF∩平面AA1C1C=O,O庄A1C,所 又因为平面ABC∩平面DAC=AC, 以直线A1C与直线OF是异面直线，故C错误； 故点P在直线AC上， 对于D,因为A1,O,M,C均在平面AA1C1C内， 故P,A,C三点共线. (22分) 连接OM,则OM与A1C相交，所以直线A1C上 10.解：(1)由PO1=2m,得O01=4PO1=8m. 存在点N,使M,N,O三点共线，故D正确. 因为A1B1=AB=6m, 所以正四棱锥P-A,B,CD,的体积V维=3· D E/MC 1 AB12·P01=3×62X2=24m; (7分) 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V:=AB2· 001=62×8=288m3. B 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24十288= 三、填空题 312m3. (14分) 7.400π【解析】设小球的半径为r,则64×4元 3r3 (2)设PO1=xm,下部分的侧面积为S(x), 3X5,解得r=,所以这兰小球的表面积之和 6 则001=4xm,A1O1=√36-x2m,A1B1=√2· √36-x2m, 为64X4π× () =400π. S(x)=4A1B1·O01=16√2x·√36-x 8.4√2+π【解析】由题意，在平面ABB1A1内，点 =162·√x2(36-x)(0<x<6),(22分) P的轨迹为对角线AB1(除掉，点A,不影响)；在平 设f(x)=x2(36-x2)=-x4十36.x2 面ADD1A1内，点P的轨迹为对角线AD1(除掉 =-(x2-18)2+324, 点A,不影响)；在平面A1B1C1D1内点P的轨迹 当x2=18,即x=3√2时，f(x)mx= 是以点A1为圆心，2为半径的4圆孤，如图所示，故 324,S(x)max=288√2. 即当PO1为3√2m时，下部正四棱柱的侧面积 点P的轨迹长度为22十22+=42+元 最大，最大面积是288√2m. (30分) ·12.