高一下学期期末实战模拟卷三-【创新教程】2025-2026学年高一下学期数学期末实战模拟卷

高一下学期期末实战模拟卷三 选择题答案速查 题号 1 2 3 5 6 8 9 10 11 答案 A C D C B B A CD AC ABD 1,C[对于A:由矩形绕着它的一条边旋转一周 连接AD1,BC1, 形成一个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全 因为E,F分别为BC,CC,的中点，则EF 等矩形，故A正确；对于B:长方体是直四棱柱， ∥BC1, 直四棱柱不一定是长方体，故B正确；对于C: 又在正方体ABCD一AB,C,D1中，AD 用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个 ∥BC1, 圆锥和一个圆台，故C错误；对于D:四棱柱、四 所以EF∥AD1,则A,D1,F,E四点共面 棱台、五棱锥都是六面体，故D正确.] 则平面AEF截正方体所得的截面多边形的形 2.A[由题意作出正四棱台图像，如图所示： 状为四边形AEFD.] 7.B[在棱长为1的正方体ABCD-A1BC1D 中，连接DC1,BD,AC D ABCD-A,B,C,D,为正四棱台，AB=2,AA1 =3,A1B1=4, 连接AC,AC1得AC=2√2，AC=4√2， 由AA1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,得BD 过A作AG⊥A,C1,过C作CH⊥A,C1, ⊥AA1,而BD⊥AC, 所以AC=GH=2W2,A1G=HC1=2, AA1∩AC=A,AA1,ACC平面AA,C,则BD⊥ 在直角三角形AAG中，AG 平面AAC,又ACC平面AA,C, √/AA1)-(A,G)7=√32-(W2)2=√7， 于是BD⊥A,C,同理BC1⊥AC,而BC∩BD =B,BC1,BDC平面BC1D, 所以正四棱台的高h=√7，正四棱台上、下底面 因此AC⊥平面BC,D,因为DP⊥A,C,则DP 积为2=4(m)和4=16(m2), 二平面BC,D, 所以体积V=号X万×(4+√X6+16)= 而点P为截面A,C1B上的动点，平面AC,B∩ 平面BC1D=BC1, 287(m)] 所以点P的轨迹是线段BC,长度为√2.] 3 8.A[取AB中点P,连接PC,C1N,如图： 3.C[设上下底面圆半径分别为r1,r2,母线长 为1， 则圆台侧面积S三2(2十2元r)=2(2元+6 =16元.] P 4.D[如图，由直观图画法规则， 4B 可得△OAB是一个直角三角 因为PC⊥AB,PN⊥AB,且PC∩PN=P,PC 形，直角边OA=6,OB=4, 5Sau=0A·0B=×6 C平面PCC,N,PNC平面PCCN, 所以AB⊥平面PCC,N, 又ABC平面ABM,所以平面ABM⊥平 ×4=12.] 面PCCN, 5.C[对A:若m∥n,m∥a,则n 过N作NO⊥PM, ∥a或nCa,故A错误；对B: 又平面ABM∩平面PCC,N=PM,NOC平面 如图所示，直线m⊥n,n⊥a,则 PCC1N,所以NO⊥平面ABM, n垂直于平面a内的任意一条 当点M从点C运动到C1点时，O点是以PN 直线l,则m,l的位置关系是任意的，故B错误. 为直径的圆Q(部分)， 对C:若m⊥a,m∥n,则n⊥a,故C正确；对D: 当点M到点C,时，O点到最高点，此时PC= 若a⊥B,BLY,则a,Y的位置关系是任意的，故D 3,CC,=1,∠CPC=x 6 错误.] 6.B[如图，把截面AEF补形为四边形AEFD,, 所以∠OPQ-智，从而∠OQP=号， 3 所以弧长1-晋×号-晋，即点0的轨选长度 为石] 9.CD[因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高 都与一个球的直径2R相等，则圆柱的侧面积为 6 2πR·2R=4πR,A错误；圆锥的母线长1= 13.解析：如图，延长DO交底面圆于点E,连接 √R十(2R)=√5R,侧面积为πRl=√5πR2,B BE,CE, 错误；球的表面积为4πR2,所以圆柱的侧面积 与球面面积相等，C正确；：V糕=πR·2R= 2R,V=专R·2R=号R,V。=含R, VaVn:Va=2xR:号R:R 0 B D 3:1:2,D正确.] 由AB,DE均为圆的直径知AD∥BE,且AD 10.AC[根据题意，由空间中直线与平面的位置 =BE. 关系，对选项逐一判断，即可得到结果.若a∩a 所以∠CBE即为异面直线AD与BC所成的 =A,bCa,A庄b,则a,b异面，故A正确；若a 角（或其补角） ∥a,b∥B,a∥B,则a与b异面或平行或相交， 在△AOD中，AD=2 OAsin60°=2√3， 故B错误；若a⊥c,b∥c,则b⊥a,故C正确；若 在Rt△BOC中，BC=√/OB+OC=2√3， a⊥B,Y⊥B,则a∥Y或a,Y相交，故D错误.] 所以CB=CE=BE=2W3,所以△CBE为正 11.ABD[对A,因为BC⊥ C E 三角形， 平面AA,C,C,DC,C平面 所以∠CBE=60°，即直线AD与BC所成的角 AAC,C,所以BC⊥DC1. 为60°. 在△C,DC中，因为DC 答案：60 =DC=√2，CC=2,所以 14.解析：根据题意三棱锥P ABC可以补成分别以 DC+DC2=CC, BC,AB,PA为长、宽、高 则DC1⊥DC.又BCC平 的长方体，如图所示， 面BDC,DCC平面BDC,BC∩DC=C,所以 其中PC为长方体的对角 DC1⊥平面BDC,故A正确.对B,取O为BC 线，则三棱锥PABC的外 的中点，连接OE,OD.易知OE∥A1D,OE= 接球球心即为PC的 A,D,所以四边形A1DOE为平行四边形，则 中点， AE∥DO.又AE中平面BDC1,DOC平面 要使三棱锥PABC的外接球的体积最小，则 PC最小. BDC,,所以AE∥平面BDC1,故B正确.对 设AB=x,则PA=x,BC=6-x, C,设，点C到平面BDC1的距离为x,则x是以 |PC=/AB2+PA+BC2=√/3(x-2)2+24, C为顶，点，△BDC,为底面的三棱锥的高. 因为BC⊥平面AA,C,C,所以BC是三棱锥B 所以当x=2时，PCmn=2√6，则有三棱锥P -CDC的高.又△CDC1为直角三角形， ABC的外接球的球半径最小为√6， 所以5am,=2Dc·DC=号×X2=1 所以Vm=号R=85元 所以VeW,=}×1X1= 答案：86π 15.解：(1)若四面体A一B1CD1各棱长均为√2， 又△BCD是直角三角形，所以BD=√I十2= 则长方体ABCD-A1BC,D1为棱长为1的正 方体，且四面体A一B,CD1为正四面体， √3.又DC,=√2，BC=1+4=√5， 所以BD十DC=BC,所以△BDC1是直角 所以Sm=4X2×2Xy2Xsn60= 三角形，则5号×②x月- 4x2×Ex2x9-2, 2 内Vm,=。m将分×=子则 VA-B CD =VANCD-A BS D -4VB,-ANC=13-4X ×2×1X1X1=3: 1 S,即点C到平面BDC,的距离为，故 (2)由于四面体A一BCD,的四个顶点均为长 方体ABCD-A1B1C1D1的顶，点， 错误 所以四面体A一B,CD,外接球与长方体的外 对D,因为△BCC1和△BDC1均为直角三角 接球是同一个球， 形，所以O为三棱锥C1BDC外接球的球心， 设此四面体所在长方体的棱长分别为DA=a, 南半径为写，故D正疏] DD=6,DC=c, fa2+b2=3 1a2=1 则a2+c2=4,解得b=2, 12.解析：设圆柱的底面圆的半径为r,则高为2r, b2+c2=5 c2=3 故πr2·2r=16元，解得r=2, 设长方体ABCD-AB,C,D1外接球的半径为 所以圆柱的侧面积为2πr·2r=4π×4 =16πcm. R,则(2R)=d+8+=6,则R=名 答案：16π 所以外接球的表面积为4πR=6π. 7 16.解：(1)证明：连接AB1,交 由题意得，平面ACD⊥平面BCD. A1B于点O,连接OD, 因为PQ⊥CD,平面ACD⊥平面BCD,平面 .:O为平行四边形 ACD∩平面BCD=CD,PQC平面BCD, ABB,A1对角线的交点， 所以，PQ⊥平面ACD, .O为AB,的中点.在 因为DEC平面ACD,所以PQ⊥DE. △AB,C中，O,D分别为 在△BCD中，因为PQ⊥CD,BD⊥CD,所以 AB1,AC的中点，∴.OD∥ PQ∥BD, B1C,,ODC平面A1BD, BC正平面ABD,∴.B1C ∥平面ABD. 所以8器C-专 BC=3’ (2)证明：.三棱柱ABC 翻折前，△ABC为等边三角形，则∠DAC 一A1BC1是直三棱柱，.AA1⊥平面ABC, =60°， ,BDC平面ABC,.AA1⊥BD. 因为D为AB的中点，所以CD⊥AB,即CD⊥ ,D是AC的中，点，∠BAC=∠BCA,∴.AC AD, ⊥BD. 翻折后，仍有CD⊥AD,所以CD=ADtan60° ,AA∩AC=A,AA1,ACC平面ACC1A1, ∴.BD⊥平面ACC1A1, :AC,C平面ACC1A1,.BD⊥AC1. =5AD,故D0-吉DCAD, 在Rt△ACC1中，AC=AC1=W2CC1, 在RAQ中，m∠DAQ-器-停司为 m∠AcC--B 0°<∠DAQ<90°，则∠DAQ=30°. 又因为∠CAD=60°，则AQ平分∠CAD, 在R△A,AD中，AD-号AC,am∠A,DA 因为DE是Rt△ACD斜边上的中线，则DE= AACC, 带AC AC=AE,且∠CAD=60, 所以△ADE是等边三角形，则AQ⊥DE, 又因为PQ∩AQ=Q,PQ、AQC平面APQ,所 ∴.tan∠ACC=tan∠ADA, 以DE⊥平面APQ, ∴.∠ACC=∠ADA, 因为APC平面APQ,所以AP⊥DE, ∴.∠AC1C+∠C1AC=∠ADA+∠C1AC =90°， 上.在线酸C上存在一点P且肥司 ∴.AD⊥AC. 时，AP⊥DE. .'A1D∩BD=D,AD,BDC平面A1BD, A碧品ACAB 19.解：(1)在图①中过C作CF⊥AD,则EF=BC =1,CF=BE=1, 17.解：(1)因为BF∥DE,所以B,D,E,F四点 图②中，BD∩CE=O, 共面， 又CD=√2，.DF=1,.DE=2,.DE= 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD, 2BC且DE∥BC. 因为AC⊥DE,BD∩DE=D,BD,DEC平面 ∴.△BCO△EDO,∴.DO=2OB, BDEF, 在△BAD中，DO=2OB,AP=2PB, 所以AC⊥平面BDEF, ∴.OP∥AD,又OP中平面ACD,ADC平 因为ACC平面ACF, 面ACD, 所以平面ACF⊥平面BDEF; ∴.OP∥平面ACD,平面OPQR∩平面ACD (2)因为AC⊥平面BDEF,BFC平面BDEF, -RQ, 所以BF⊥AC, ∴.OP∥RQ,.RQ∥AD, 又因为BF⊥CD,AC∩CD=C,CD,ACC平面 又R是CD的中点，.Q是AC的中，点； ABCD,故BF⊥平面ABCD, 又因为AC,BD互相平分，所以点D到平面 ACF的距离等于点B到平面ACF的距离， 所以VD-ACF=VB-ACF, 又因为VB-AF=VF-ABc=3 ·BF·S△ABC= g×1x2×2X2×9-, 23 ① 所以三棱锥D-ACF的体积为 (2)如图，过M作MH⊥BE交BE于H,过H 3 作HG⊥CE于点G,连接MG,且BE⊥AE, 18.解：(1)证明：如图1，在△ABC中，E、F分别是 因为平面ABE⊥平面 A AC和BC边的中点，所以，EF∥AB, 因为AB￠平面DEF,EFC平面DEF,所以， BCDE,平面ABE∩平 AB∥平面DEF. 面BCDE=BE, (2)在线段BC上取点P, 所以AE⊥平面BCDE, 使BP=号BC,过点P在 MH⊥平面BCDE,所以 E AE∥MH, G 平面BCD内作PQ⊥CD 因为CEC平面BCDE, 于点Q,连接AQ. 所以MH⊥CE, 8 因为MH∩HG=H,MH、HGC平面MHG, 所以CE⊥平面MHG, 在△BCE中，∠BEC=45,HG=2HE 2 MGC平面MHG,所以MG⊥CE, 则∠MGH为二面角M一CE-B的平面角， ∴.∠MGH=45°， 设A吉A,MH=(I-A)AE=1-A)W2 由∠MGH=45得HG=MH,即 λ=(1-λ)W2, 又HE=AM=X,HE=XBE=A, 2·AM_2 BE AB x号B3 高一下学期期末实战模拟卷四 选择题答案速查 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 答案 D D C A C A A D ACD AB AD 1.D[由题意可知：这组数据的平均数为 8.D [由题设得， 20+21+22+23+24+25 1+2+2+m+6+2+8_21+m 6 7 7 除外，将数据按升序排列可得1,2,2,2,6,8， 4十23+24+25+26+27-3，解得a=28,甲组 6 结合m的任意性可知中位数为2，则21十m 数据中6×70%=4.2，故第70百分位数为24， 7 A错误；甲组数据的极差为25-20=5，乙组数 2×2,解得m=7.] 据的极差为28一23=5，所以甲、乙两组数据的 2.D[根据题意，由折线图的特点即可得到结果. 极差相同，故B错误；乙组数据从小到大为23， 折线图更易于显示数据的变化趋势.] 24,25,26,27,28,故其中位数为2526=25.5， 3.C[因为1.0%+3.2%+13.6%+34.2%= 2 52%<60%, C错误：甲的平均数为20+21+22+23+24+25 1.0%+3.2%+13.6%+34.2%+48%= 6 100%>60%,所以60%分位数在[4,5)这个区 22.5, 间内， 乙的平均数为28+23+24+25+26+27=25.5， 设60%分位数为x,则52%十48%(x一4)= 6 60%,解得x≈4.17，故C正确.] 4.A[依题意这组数据的平均数为 所以甲的方差为6×(2.5+1.5+0.5+0.5+ 47+48+50+52+53=50, 5 1.5+2器 所以方差为号[(47-50)2+(48-50)+(50 乙的方差为6×(2.子+1.5+05+0.5+1.5 50)2+(52-50)2+(53-50)2]=5.2.] +2.5)= ,故两组数据的方差相同，D正确。门 5.C[因为80+70=60+90，因此平均数不变， 9.ACD[由8×25%=2知，这组数据的下四分 即X=70, 设其他48个数据依次为a1,a2,…,a4g, 位数是第2个数据与第3个数据的平均数， 因此(a1-70)2+(a2-70)2+…+(a48-70)2+ 即14十a=15,得a=16. 2 (60-70)2+(90-70)2=50×75,① 去掉一个最高分和 (a1-70)2+(a2-70)2+…+(a48-70)2+(80 原来的8个数据 一个最低分后的6 -70)2+(70-70)2=50×s2,② 个数据 由②-①得50(s2-75)=100-400-100= 13+14十16+18+18+20+22+23 14+16+18+18+20+22 平均数 6 400<0,所以s2<75.] =18 =18 6.A[根据直方图矩形高低以及数据的分布趋 极差 23-13=10 22-14=8 势，判断即可得出结论.众数是最高矩形的中点 中位数 18 18 横坐标，因此众数在第二列的中点处.因为直方 众数 图第一、二、三、四列高矩形较多，且在右边拖尾 18 18 低矩形有三列，所以平均数小于众数，右边拖尾 的有三列，中位数大约在第三，四列的位置，中 10.AB[依题意平均温度为g(-3十2十8十8十 位数最大，因此有a<c<b.] 5十4一3-3)=2.25℃，故A正确；这组数据 .A[由题意可知，样本中男生人数为20X号 从小到大排列为-3、-3、一3、2、4、5、8、8，所 12,女生人数为8， 以中位数为2生-3℃，故B正痛：校差为8 则样本中女生的平均身高为20X174一12×178 (一3)=11℃，故C错误；因为各个数据与平 8 均数的差的绝对值都小于6，所以标准差不可 =168.] 能大于6，故D错误.] 9高一下学期期末实战模拟卷三 命题范围：立体几何初步 测试时间：120分钟，满分：150分 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.下列结论错误的是 A.圆柱的每个轴截面都是全等矩形 在 B.长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体 C.用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台 圜 D.四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 2.国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为2m,4m,侧棱长 为3m的正四棱台，则该台基的体积约为 ( B.28√7m C.28m n.207m 3 3.已知圆台OO上、下底面圆的半径分别为1,3，母线长为4，则该圆台的侧面积为() A.32元 B.26元 C.16π D.8π 4.如图，△OA'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面 积是 2 B A.6 B.32 A' -6 C.6√2 D.12 5.设m,n,l是三条不同的直线，a,3,y是三个不同的平面，有下列命题中，真命题为( A.若m∥n,m∥a,则n∥a B.若m⊥n,n⊥l,则m⊥l C.若m⊥a,m∥n,则n⊥a D.若a⊥3,3⊥Y,则a⊥Y 哉 6.在正方体ABCD一A1B1CD1中，E,F分别为BC,CC,的中点，则平面AEF截正方体所 得的截面多边形的形状为 A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 7.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B,CD1中，点P为截面A1CB上 曾 的动点，若DP⊥AC,则点P的轨迹长度是 ( A号 B.2 c D.1 凶 8.如图，在直三棱柱ABC一AB,C1中，△ABC是边长为2的正三角形， AA1=1,N为棱A,B1上的中点，M为棱CC,上的动点，过N作平面 ABM的垂线段，垂足为点O,当点M从点C运动到点C,时，点O的轨 迹长度为 A C.3 D. 12 3-1 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.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论 正确的是 () A.圆柱的侧面积为2πR B.圆锥的侧面积为2πR C.圆柱的侧面积与球面面积相等 D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2 10.已知直线a,b,c与平面a,B,Y,下列说法正确的是 () A.若a∩a=A,bCa,A庄b,则a,b异面 B.若a∥a,b∥B,a∥B,则a∥b C.若a⊥c,b∥c,则b⊥a D.若a⊥3，Y⊥3，则a∥Y 11.如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，若∠ACB=90°，AC=BC=2AA, =1,D、E分别是AA1,B,C1的中点，则下列结论正确的是 A.DC1⊥平面BDC B.AE∥平面BDC C点C到平面BDG,的距离为 D.三棱锥CBDC外接球的半径为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.如果等边圆柱（即底面直径与母线相等的圆柱）的体积是16πcm3,那么它的侧面积等于 cm. 13.如图所示，圆锥的底面直径AB=4,高OC=2√2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD= 120°，则直线AD与BC所成角的大小为 14.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，已知“鳖臑”P一ABC 中，PA⊥平面ABC,PA=AB,∠ABC=,AB+BC=6,则“鳖臑”P-ABC外接球体积 的最小值为 3-2 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.(本小题满分13分)如图，四面体A一BCD1的四个顶点均为长方 体ABCD-A,B,CD1的顶点 (1)若四面体A一BCD,各棱长均为√2，求该四面体的表面积和 体积； (2)若AD=3,AC=2,AB,=5,求四面体A一B,CD1外接球的表面积. 16.(本小题满分15分)如图，在直三棱柱ABCA,BC1中，∠BAC= ∠BCA,A,C1=2CC,点D是AC的中点 C (1)求证：B,C∥平面ABD: 、B (2)求证：AC1⊥AB. 17.(本小题满分15分)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱 形，∠BAD=S,BD=DE=2BF-2,DE⊥AC,BF∥DE D (1)求证：平面ACF⊥平面BDEF; (2)当BF⊥CD时，求三棱锥D-ACF的体积. 3-3 18.(本小题满分17分)如图1，在等边△ABC中，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和 BC边的中点，现将△ACD沿CD翻折成使得平面ACD⊥平面BCD,如图2. 图1 图2 (1)求证：AB∥平面DEF; (2)在线段BC上是香存在-点P,使APLDES?若存在，求C的值：若不存在，请说明 理由. 19.(本小题满分17分)如图①梯形ABCD中AD∥BC,AB=3,BC=1,CD=2,BE⊥ AD且BE=1,将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE,CE与BD相交 于O,点P在AB上，且AP=2PB,R是CD的中点，过O、P、R三点的平面交AC于Q. ② (1)证明：Q是AC的中点； (2)M是AB上一点，已知二面角M-EC-B为45，求AM AB的值 3-4 高一下学期期末实战模拟卷三 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂)口 注 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 填 正确填涂 准考证号。 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 ☑X) 事 3按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 )历三 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题（共58分） 1A BCD 4 A BCD 7A⑧CD 10 A BC D 2ABC回 5 ABCD 8 ABCD 11ABg回 请在各题 3ABCD 6ABCD 9ABCD 目的 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 题 填空题（共15分） 12. 13. 作 14. 出 解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 的答案无效 D 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（三）第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(本小题满分15分) 17.(本小题满分15分) Di. 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（三）第2页（共4页） 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 考生 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填 必填 写为02 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(本小题满分17分) 图1 图2 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（三）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(本小题满分17分) R ① ② 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（三）第4页（共4页）