山西省实验中学2025-2026高一下学期5月科目诊断数学试卷

2025-2026山西省实验中学高一下(5月)月考数学试卷 一.选择题（共8小题，40分） 1.己知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为2元，则该圆锥的高为() A.1 B.√2 C.3 D.2 2.如图正方形OA'B'C”的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形中 AB的长度为() A.√2 B.2 C.2(1+2) D.3 3.如图，半球内有一内接正四棱锥S-ABCD,该四棱锥的体积为，则该半球的体 3 积为() A.② 4v2 元 B. 9π D C C.4v 3π D.8V 3π B 4.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的 高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的 高与底面正方形的边长的比值为() A.5-1 B.V5+1 4 4 C.5+1 D.5-1 2 2 5.在正方体ABCD-A1BCD1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的 余弦值为( A. B.10 C.5 5 5 D.26 5 1 6.如图，己知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，AC交BD于点O,E为AD中点，F 在PA上，AP=AAF,PC∥平面BEF,则A的值为() A.1 B号 C.2 D.3 D 7.如图，在棱长为a的正方体ABCD-AB1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一 点，E,F为CD上两动点，且F的长为定值，则下面四个值中不是定值的是() A.点Q到平面PEF的距离 Di B.直线PQ与平面PEF所成的角 A C.三棱锥P-QEF的体积 D.二面角P-EF-B的大小 8.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC,△ABC是边长为 V2的正三角形，三棱锥P-ABC的体积为合，Q为BC的中点，则过点Q的平面截球0 所得截面面积的取值范围是() A[3,是] B[2号]c[}] D.[ ·2 二.多选题（共3小题，18分） 9.(多选)10.有下列命题，其中错误的命题为() A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的 几何体叫棱柱 D.直四棱柱是直平行六面体 10.(多选)11.如图PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A,B的任一点， 则下列关系正确的是() P A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥PB D.PC⊥BC C B 11.如图，菱形ABCD的边长为2，∠B=60°.将△ABC沿AC折到PAC的位置，连接PD得 三棱锥P-ACD,则（) A.若三棱锥P-ACD的体积为5，则PD=√5或3： 2 B.若BD⊥平面PAC,则PD=2√5； ->D C.若M,N分别为AC,PD的中点，则MN∥平面PAB; D.当PD=√6时，三棱锥P一ACD的外接球的体积为 B2-- 20W15元 27 ·3 三、填空题（共3小题，15分） 12.己知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则体积为 13.在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB,PA=12,AB=16,PC=10W2,∠PBC=45°，则三棱 锥P一ABC外接球的体积为■ 14.己知侧棱长为2的正三棱锥S-ABC如图所示，其侧面是顶角为20°的等腰三角形，一只 蚂蚁从点A出发，围绕棱锥侧面爬行两周后又回到点A,则蚂蚁爬行的最短路程为 四.解答题（共5小题，77分） 15.如图，有一块正四棱柱形状的木料，E、F分别为底面棱A1D1,DC1的中点，AB=4,BB1 =6. D F C1 （1)求点B1到平面BEF的距离： E (2)现要沿着EF和B将木料锯开，在木块表面应该如何画线？请在图A B 中画出，并求出截面多边形的周长. D ·4 16.在正方体ABCD-ABCD1中，AB=2,E为BD1的中点，AC1与平面BDC交于点F, (1)求三棱锥C1-B1D1C的体积； (2)求三棱锥C1-BD1C外接球的表面积； (3)证明：CF,E三点共线 17.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆O上，且AB∥F,矩形ABCD所在的平面和圆 O所在的平面相互垂直，且AD=EF=AF=1,AB=2. (1)求证：平面AFC⊥平面CBF; (2)在线段CF上是否存在一点M,使得OM∥平面ADF,并 说明理由 D ·5 18.在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面ABC,∠ACB=90°，AA1=2,A1到平面 BCC1B1的距离为1. C (1)证明：A1C=AC: (2)己知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角 A 的正弦值. 1 C B 19.如图1，在矩形ABCD中，AB=2√2，BC=2,E为AB的中点.将△ADE沿DE向上翻 折，进而得到多面体A1-BCDE(如图2). (1)当平面A1DE⊥平面EBCD时，求直线A1C与平面EBCD所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线A1C与平面EBCD所成角的最大值； (3)在翻折过程中，求二面角A1-DC-B的最大值. D A BA-- B 图1 图2 6 山西省实验中学 2025-2026学年第二学期高一年级5月科目诊断 (答案) 数学 卷面总分值：150 命题人：高一数学备课组 审题人：高一数学备课组 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项 中，只有一项符合题目要求) 1-5:CDCCB 6-8:CBA 二、多选题：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.ABD 10.ABD 11.ACD 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12.28/3 134000 14.2W 四、解答题（本大题共5个小题，其中第15题13分，第16-17题各15分，第18- 19题各17分，共77分) 15.如图，有一块正四棱柱形状的木料，E、F分别为底面棱AD1,DC1的中点，AB=4, BB1=6. (1)求点B1到平面BEF的距离： (2)现要沿着EF和B将木料锯开，在木块表面应该如何画线？请在图中画出，并 求出截面多边形的周长， 【答案】(1)2√3 (2)作图见解析：周长为142 【解析】 【分析】(1)通过作辅助线求得等腰△EBF的面积以及△EBF的面积，利用等体 积法即可求得点B到平面BEF的距离： (2)根据平面的基本性质可找到截面与正四棱柱的交线，进而计算各交线的长，即可求得截面 的周长 【小问1详解】 分别取AD,DC的中点R,T,连接ER,FT, 在Rt△ABR中，BR=√AB+AR=W4+2=2W5 在Rt△ERB,BE=√ER+BR=√20+36=2√/14，同理 BF=2V14- 故等腰△EBF的面积为Sp=号×2反× ·1 √(2W14)2-(√2)2=6W3, 又△EB,F的面积为Sar=号×22×V20-(V2=6 设B到平面BBr的距离为A,由么g=么ar,得分Sh=吉Sa一BB, 故h=SaBB=6X5=2W5,故B,到平面5EF的距离为2V5. S△EBF 6√3 【小问2详解】 连接AC,过点B作直线MN,分别交直线DC,DA的延长线于N,M两点， 连接EM,FN分别交AA1,CC于P,Q两点，连接PB,BQ,则五边形EPBQF为所求截 面 在正方形AB,CD,中，EF=号A,C=22. 在Rt△AMB中，∠AMB=∠DAC=45°，∠ABM=45°， 数A=AB=白△AP-AAE即，线=品=号》 故AP=2,AP=4,故PE=√AE2+A1P2=22,PB=√AB+AP2=4W2, 同理，可求得FQ=2√2，BQ=4√2， 故五边形EPBQF周长为：EF+EP+PB+BQ+QF=14W2, 则截面周长为142 16.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,E为BD的中点，AC与平面BD1C交 于点F (1)求三棱锥C1-BD1C的体积： (2)求三棱锥C1一BDC外接球的表面积： (3)证明：C,F,E三点共线. 【答案)青 (2)12元 (3)证明见解析 【分析】(1)根据V%-BD.c=%-CBD,计算可得： (2)棱锥C1一B1D1C的外接球即为正方体ABCD ABC1D的外接球，求出正方体的体对角线即为外接球的直 径，从而求出外接球的表面积： (3)连接A1C1,AC根据点、面的位置关系证明即可. 【详解I①)三棱CG-BD.C的体积为么aQ=6-Aa,=合×号×2×2×2= 3 (2)三棱锥C1-BDC的外接球即为正方体ABCD一AB1C1D1的外接球， 又正方体ABCD-ABC1D1外接球的直径AC=√2+2+2=2W5, 所以三棱锥C1一BDC外接球的半径为√3， ·2 所以三棱锥C-BDC外接球的表面积为4r×(3=12x. (3)连接A1C1,AC,易得AC1∥AC,所以A,C1,A,C四点共面 由E为BD的中点，得E为AC的中点，则E∈AC 因为AC1C平面ACCA,所以E∈平面A1CCA, 因为C∈平面AC,CA,所以ECC平面ACCA, B 因为ECC平面BD1C,所以平面AC1CA∩平面BDC= EC. 因为AC1与平面BD1C交于点F,所以F∈平面BDC,F∈ AC1· 因为AC1C平面A1CCA,所以F∈平面ACCA,则F为平面 ACCA与平面BD1C的公共点， 所以F∈EC,所以C,F,E三点共线. 17.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆O上，且AB∥EF,矩形ABCD所在的平面和圆 O所在的平面垂直，且AD=EF=AF=1,AB=2. (1)求证：平面AFC⊥平面CBF: (2)在线段CF上是否存在了点M,使得OM∥平面ADF？并说明理由. 【答案】(1)证明见解析： (2)存在，点M为线段CF的中点，理由见解析 【解析】 【分析】(1)利用面面垂直、线面垂直的性质证得AF⊥BC,再 D 利用线面垂直、面面垂直的判断推理作答 (2)取CF的中点M,DF的中点N,利用中位线性质及平行公 理证得N∥AO,再利用线面平行的判断推理作答， 【小问1详解】 因平面ABCD⊥平面ABEF,BC⊥AB,平面ABCD∩ 平面ABEF=AB,BCC平面ABCD,则BC⊥平面ABEF, D 而AFC平面ABEF,有AF⊥BC,又AB为圆O的直径，有AF⊥BF, 因BC∩BF=B,BC,BFC平面CBF,因此AF⊥平面CBF,又AFC 平面AFC, 所以平面AFC⊥平面CBF 【小问2详解】 取CF的中点M,DF的中点N,连接NA,MN,OM,如图， 则N∥CD,N=CD,在矩形ABCD巾，A0∥CD,A0=CD,则有 MN∥AO,MN=AO, 因此四边形MNAO为平行四边形，则OM∥AN,又ANC平面DAF,OM寸平面 DAF, ·3 所以OM∥平面DAF,即存在一点M为CF的中点，使得OM∥平面DAF 18.如图，在三棱柱ABC-ABC1中，A1C⊥底面ABC,∠ACB=90°，AA1=2,A1 到平面BCCB的距离为1. (1)证明：A1C=AC: (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正 B 弦值. 【命题意图】 (1)根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面 BCCB1,再由勾股定理求出O为中点，即可得证： (2)利用直角三角形求出AB,的长及点A到面的距离，根据线面角定 义直接可得正弦值.难度：较难 【答案】①)证明见解析(2V区 13 【详解】(1)如图 .AC⊥底面ABC,BCC面ABC, .A1C⊥BC,又BC⊥AC,A1C,ACC平面ACCA1,AC∩ .BC⊥平面ACC1A1,又BCC平面BCC1B1, ∴.平面ACCA1⊥平面BCC1B1, 过A1作A1O⊥CC1交CC于O,又平面ACC1A1∩平面BCCB=CC,A1OC平面 ACCA ∴.A1O⊥平面BCCB1:A1到平面BCC1B1的距离为1，∴.A1O=1, 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C,CC1=AA1=2, 设CO=c,则C1O=2-x,:△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1=2, CO+AO=AC.AO+OC=CA.AC+AC=CC ∴.1+x2+1+(2-x)2=4,解得c=1,.AC=AC=AC1=√2， ∴.AC=A1C (2).AC=AC,BC⊥AC,BC⊥AC,.Rt△ACB≌Rt△A1CB.BA=BA1, 过B作BD⊥AA1,交AA1于D,则D为AA1中点， 由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2 .AD=1,BD=2,.AB=AB=√5，在Rt△ABC,∴.BC=WAB2-AC2=5, 延长AC,使AC=CM,连接CM, 由CM∥AC,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形， ∴.CM∥AC,.CM⊥平面ABC,又AMC平面ABC,∴.CM⊥AM 则在Rt△AC1M中，AM=2AC,CM=AC,.AC=V2AC)2+AC 在Rt△AB,C1中，AC=√2AC+AC,BC=BC=V3, ∴.AB=√2√2)+(W2)+(√3=√13，又A到平面BCCB1距离也为1， 所以18与平面BCCB,所成角的弦植为高图。 ·4 19.如图1，在矩形ABCD中，AB=2W2,BC=2,E为AB的中点.将△ADE沿DE 向上翻折，进而得到多面体A1一BCDE(如图2) D A--- 图1 图2 (1)当平面ADE⊥平面EBCD时，求直线A1C与平面EBCD所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线AC与平面EBCD所成角的最大值： (3)在翻折过程中，求二面角A1-DC-B的最大值 【答案】 2滑 3 【分析】(1)根据矩形边长性质以及三角形相似可得AC⊥DE,再由面面垂直性质证明可证 明AF⊥平面EBCD,结合线面角定义即可求得结果： (2)根据线面垂直判定定理可证明DB⊥平面A1FC,结合性质定理可得AH⊥平面 EBCD,作出线面角的平面角∠ACH并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得 ∠A.CH∈(0，否]，可得结论. (3)根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角A1一DC一B的平面角，结合三角函数 最值求出正切值的最大值，即可求得结果. 【详解】(1)连接AC交DE于点F,如下图所示： D B E 则AC=VAB+BC2=2W5 因为把-报nA万-/AnC-90,所以AnAF人AnC./AnD ∠BCA, 又∠CAB+∠BCA=90°，所以∠CAB+∠AED=90°，可得AC⊥DE, 同理易证△DFC△EPA,所以AP-2SCF-5 3, 翻折后当平面ADE⊥平面EBCD时，平面ADE∩平面EBCD=DE,且AF⊥ DE 又AFC平面ADB,所以AF⊥平面EBCD: ·5 可知∠A1CF即为直线A1C与平面EBCD所成的角， 2w5 在Rt△A1CF中，tan∠ACF= AF 3 1 CF 43 = 3 即直线A,C与平面EBCD所成角的正切值为2： 1 (2)过点A作AH⊥FC,垂足为H,如下图所示： Ae 因为DE⊥AF,DE⊥FC,AF∩FC=F,AF,FCC平面AFC, 所以DE⊥平面AFC, 又AHc平面AFC,所以DE⊥AH, 又AH⊥FC,DE∩FC=F,DE,FCC平面EBCD, 所以AH⊥平面EBCD, 即∠ACH即为直线AC与平面EBCD所成的角， 医翻折过程中，设∠A0=0.0e0,,面四可知，AF=23,CP=6 3 在aA5H中，AH-2Ysn8,FH=2S。 3°cos0, 商以CH=C-1-22-cos0.an∠ACH-A4 sing CH 2-cos0 设=206g0e0.动，则sng+vag=2 所以√1+ysin(0+p)=2y,其中tanp=y, 所以sim(0+p)≤2y≤1，解得0<≤ √1+y 3 3 显然当9=号时，U=2c0s9 sine 2 √ 2- 3 印an∠A,CH-9又8知LA,CH∈Q受》，所以（∠ACH-青 即直线A,C与平面EBCD所成角的最大值为 6 (3)过H作HG⊥CD于点G,连接A1G,如下图所示： . B …6… 由(2)知AH⊥平面EBCD,因为CDC平面EBCD,所以AH⊥CD, 又HG⊥CD,HG∩AH=H,HG,AHC平面AGH, 所以CD⊥平面A1GH, 又AGC平面AGH,所以CD⊥A1G,又HG⊥CD, 所以∠AGH为二面角A一DC一B的平面角， 因为CLD.AD1CD所以∥AD,可8-器 结合(2)可得HG=2(2-cos0) 3 在RAA,GH中，tan∠A,GH=A品=5sn,9e(0,。 GH 2-cos0 令t=5s0则v3sing十toe9=2t, 2-cos0 即V3+tsin(0+B)=2t,其中tan明=月， t 所以sin0+B)三f金、 ≤1，解得0<t≤1， V3sin0 3x 显然当0=号时，t= 2-c0s8 2=1,故tmax=1, 2 即(tan∠A,GH)as=1,结合∠A,GH∈(0，受)，可知（∠AGH)mas=子， 因此二面角A一DC-B的最大值为于 7