安徽省六安第一中学2025-2026学年高一下学期周末检测数学试题（九）

六安一中2026年春学期高一年级周末检测 数学试卷（九） 时间：120分钾 满分：150分 一、单项选择题：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.直线a∥平面a,P∈a,那么过P且平行于a的直线() A.只有一条，不在平面a内 B.有无数条，不一定在平面α内 C.只有一条，且在平面a内 D.有无数条，一定在平面α内 2.已知圆锥的轴截面为等边三角形，高为√5，则圆锥的体积为() A. 3 B.π C.√5π D.25元 3.设1，m,n均为直线，其中m,n在平面a内，⊥a”是1⊥m且I⊥n的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.在正方体ABCD-ABCD中，P为B,D的中点，则直线PB与AD所成的角为( A. B C. D. 6 5.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么顶点D在 平面ABC内的射影H必在() A.直线AB上B.直线BC上 C.直线AC上D.△ABC内部 6.在三棱锥A-BCD中，己知BC⊥BD,ABL平面BCD,AB=BC=BD=4,点M是棱AB上的 动点，点N是平面BCD内的动点，MN=25,点P为MN中点，则点P到平面ACD距离的最小 值为( A. 5 B. C.5 D.5 12 3 7.PA,PB,PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所 成角的余弦值是( 6 A B.3 C. √2 D. 3 8.在平行四边形ABCD中，AD=√2AB=√2BD=2√2，现将△BCD沿BD折起，使二面角C-BD-A 的大小为60°，则三棱锥C-ABD外接球的表面积为( A.20元 B.28π C. 20元 D. 8 3 3 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分 9.两个直三棱柱的高均为2，底面边长都是1,1，√2，将它们拼成一个新的棱柱，则这个新棱 柱的表面积可以是() A.12 B.6+42 C.10 D.9+4V2 10.若圆锥SO的母线长为2，其轴截面S4C是等腰直角三角形，点B是弧AC的中点，则下列 结论正确的是() A.圆锥S0的侧面积为4√2π B.∠ASB= 3 C.BC⊥平面SAB D.。三棱锥S-BC的体积为 11.如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为2，E,F分别是AD,DD的中点，点P是底面ABCD 内一动点，则下列结论正确的为() B D P。 B A.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B.三棱锥C-ABP的体积为4 C.若P在线段AC(含端点)上，则CP跟面4BCD所成角的正弦值最大为N6 D.一质点从A点出发沿正方体表面绕行到CC,的中点的最短距离为√3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.过△ABC所在平面a外一点P,作PO⊥a,垂足为O,连接P4,PB,PC.若PA⊥PB,PB⊥PC, PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的心. 13.正方体ABCD-4BGD的棱长为2，则以A4的中点P为球心，2√2为半径的球与侧面BCCB 相交，则交线（在正方形BCCB内部）的长度为 14.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-ABCD内灌进一些水，固定容器底面一边BC于 地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，有下面五个命题： B B D (1) (2) (3) (1)有水的部分始终呈棱柱形： (2)没有水的部分始终呈棱柱形： (3)水面EFGH所在四边形的面积为定值： (4)棱AD始终与水面所在平面平行： (5)当容器倾斜如图(3)所示时，BE·BF是定值. 其中所有正确命题的序号是 四、解答题：本题共3小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.本大 题所有立体几何题不能用空间向量解答，否则不给分。 15.(本小题满分13分) 如图，某甜品创作一种冰淇淋，其上半部分呈半球形，下半部分呈圆锥形， 现把半径为10cm的圆形蛋皮等分成5个扇形，用一个扇形蛋皮围成圆锥的侧面（蛋 皮厚度忽略不计) (1)求这种蛋筒的表面积： (2)若要制作500个这样的蛋筒，需要多少升冰淇淋？（精确到0.1L, V6≈2.45，π≈3.14) 16. (本小题满分15分) 如图，正三棱锥S-ABC中，底面边长是√2，棱锥的侧 面积等于底面积的√5倍，M是BC的中点求： (1) 兴的值。 (2)点M到面SAB的距离， 17.(本小题满分15分) D 如图，在正方体ABCD-ABGD中，求证： B A (1)BD⊥平面ABC: (2)BD与平面ABC的交点H是△ACB的重心 D 18.(本小题满分17分) 由四棱柱ABCD-ABCD截去三棱锥C-B,CD后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为 正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，AE⊥平面ABCD. A1 A B (1)证明：AO//平面B,CD: (2)设M是OD的中点，证明：平面AEM⊥平面B,CD. 19.(本小题满分17分) S 如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都 是底面边长的√2倍，P为侧棱SD上的点. (1)求证：AC⊥SD: (2)若SD⊥平面PAC,求二面角P-AC-D的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥ 平面PAC.若存在，求SE:EC的值；若不存在，试说明 B 理由。 六安一中2026年春学期高一年级周末检测 数学试卷（九）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A A D A C B D BCD ABD AD 5.A 因为AB⊥AC,BD⊥AC,又AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD, 又ACC平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABD, 因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上. 6.C 如图所示，连接BN和BP, 因为AB⊥平面BCD,且BNC平面BCD,所以AB⊥BN, 在直角△BMN,点P为MN的中点，且MN=2√5，所以 BP=3, 所以点P的轨迹是以点B为球心，半径为√的球面， 设点B到平面ACD的距离为d, 因为BC L BD,AB⊥平面BCD,且AR=BC=BD=4, 由ym=-m,可得S.nAB=S.md, B 即1 32 所以P到平面4CD的最短距离为d-V5= 故选：C 3 7.B 如图，设直线PC在平面PAB的射影为PD, 作CG⊥PD于点G,CH⊥PA于点H,连接HG, 易得CG⊥PA,又CHnCG=C,CH,CGc平面CHG,则PA⊥平面CHG, 又HGc平面CHG,则PA⊥HG, PH cos∠CPA= PC 有 cos∠CPDxcos.∠APD=PGPH_PH PC PG PC 故cos∠CPA=cos∠CPD×cos∠APD. 已知∠APC=60°，∠APD=30°， 故cos∠CPD=cos∠CP4-cos60°-V5 为所求。 cos∠APD cos30° 3 8.D 因为4AD=√2AB=√2BD=2√2，所以△ABD和△BCD均是腰长为2的等腰直角三角形， 将其补充为如图1所示的长方形AFCE,将△BCD沿BD折起，则∠CDF是二面角C-BD-A的平面角， 折起后得到如图2所示的上下底面是边长为2的等边三角形的直三棱柱， 且该三棱柱的外接球即为三棱锥C-ABD的外接球， 设△ABE外接圆的半径为r,则2r=2OA= 2 2_25 sin60°， 所以r= 3 又三棱柱的高为2，所以三棱柱外接球的半径R= 25 28π 所以三棱锥C-ABD外接球的表面积为4πR2= 3 B 图1 图2 9.BCD 记两直三棱柱为直三棱柱ABC-DEF和直三棱柱ABC-DE,E,如图所示： D B D 当拼成三棱柱时有三种情况， 第一种情况： 表面积为S=2×5×1×1+4×1+1+V2)=9+4V2: 第二种情况： D B(B) B(B) 表面积为S,=4×x1x1+2×2+22)=6+4W2: 第三种情况： F(B) D(B) D B(F) B(D) 表面积为S3=4×一×1x1+2×(1+1+1+1=10.故B,C,D正确，A错误 10.ABD 因为圆锥SO的母线长为2√2，其轴截面S4C是等腰直角三角形， 所以S0=OC=2, 对于A,圆锥SO的侧面积为π·OC.S4=4√2π，故A正确： 对于B,点B是弧AC的中点， 所以△ABC是等腰直角三角形，故AB=√AO2+B02=2V2, 则△SAB是等边三角形，故∠SAB=买，故B正确： 对于C,若BC⊥平面SAB, A G...: B 而SBC平面SAB,所以BC⊥SB, 由B可知，△SBC是等边三角形，故BC⊥SB不成立， 所以BC⊥平面SAB不成立，故C错误： 对于D,三棱锥S-ABC的体积为}xAB.BC,S0=xx2×2W2x2=8,故D正确 32 32 11.AD 【详解】选项A,由图可知，将线条延伸即可得到梯形 D 选项B,三棱锥C-4BP如下图所示，h=2,a-4P-写h-S4aG=3X2×2=弓 1 1 2×24 3 选项C,因为CC⊥平面ABCD,所以C,P与面ABCD所成角的正弦值即为∠C,PC的正弦值.不难得出 正弦值最大时点P处于点C的位置，sin∠CPC=1. 选项D,将平面ABCD与平面CDDC沿DC展开得到下图，可以看到最短的距离便是两点之间的连线， d=V2+1)2+22=√3 B D D 12.垂心 因为PA⊥PB,PB⊥PC,且PA∩PC=PPA,PCC平面PAC 所以PB⊥平面PAC, 所以PB⊥AC,因为PO⊥a所以PO⊥AC 又PBPO=P, PB,POC平面PBO,所以AC⊥平面PBO,所以BO⊥AC, 同理可得：CO⊥AB,AO⊥BC故，点O是△ABC的垂心。 2π，2 13.号 如图：作PE⊥BB,垂足为E,则PE⊥平面BCCB, 设P为球心，22为半径的球与BC,BC相交于G,F, D 则EF=NPF2-PE=22-2=2, 即以A4的中点P为球心，2√2为半径的球与侧面BCCB,相交， 交线为以E为圆心，2为半径的圆弧（如图示）， 在BF中，BB=LBF=2∠BEF-行同理∠BEG=胥，则∠GEF 3 所以交线的长度1-骨×2=。故答案为： 2π 3 14.(1)(2)(4)(5) 根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也互相平行， 而这些面都是平行四边形，所以(1)和(2)正确： 因为水面EFGH所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾 斜度变化而变化，所以水面四边形EFGH的面积是变化的，(3)错误 因为棱AD始终与BC平行，BC与水面始终平行，所以(4)正确： 因为水的体积是不变的，高始终是BC也不变，所以底面积也不会变，即BEBF是定值， 所以(5)正确：综上知(1)(2)(4)(5)正确，故答案为：(1)(2)(4)(5). 15.(1)28π：(2)28.9L 解：(1)由题意可知圆锥的母线1=10，所以S=πrl=二π=20π 并且r=2,所以S￥肆=2πr2=8π，所以S表=S侧+S半#=20π+8π=28π (2)由(1)知圆锥的高度为h=√P-2=4√6，所以该冰淇淋的体积为 +tr_l66,16 23 33 57.8 所以V=500r=500×57.8=28900cm3≈28.9L 16.(1)因为S-ABC是正三棱锥，所以△ABC是等边三角形，即AB=AC, 而M是BC的中点，所以AM⊥BC. 因为S-ABC是正三棱锥，所以SB=SC, 而M是BC的中点，所以SM⊥BC 因为棱锥的侧面积等于底面积的5倍，所以3×5W×BC=5××BC×4仙，所以础-5。 (2)设顶点S在底面ABC的投影为O,O分AM的比为AO:OM=2:1, 因tOM-号4M=6 M=4w边 Γ52 1 三棱锥S-ABM的体积V则=c一 235c50=1551 232312 因此M-uB=V-Aav=2 设点如到平面S18的距商为h,Saw=5x×万x豆-号 22 由体积公式号Sa心心位}，解得号 1232 16.(1)如图所示，连接BD,B,D,则BD⊥AC, BB⊥平面ABCD,BB⊥AC 又BBBD=B,.AC⊥平面BB,D,D, BDC平面BBD,D,.AC⊥平面BB,DD BDC平面BBD,D..BD⊥AC,同理BD⊥AB, AB∩AC=A,.BD⊥平面ACB (2)连接AH,BH,CH,由AB=BB=CB,得AH=BH=CH, 因此点H为△ACB的外心， 又△ACB为正三角形，∴.点H也是△A,CB的重心 18.证明：(1)取B,D的中点O,连接CO,AO, A D 0 C 由于ABCD-ABCD是四棱柱，所以AO/1OC,AO=OC, 因此四边形AOCO为平行四边形，所以AO/1OC,又OCc平面BCD, AOd平面B,CD,所以AO/I平面BCD. (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点，所以EM∥AC, 所以EM⊥BD,又AE⊥平面ABCD, BDC平面ABCD,所以AE⊥BD, 因为B,D //BD,所以EM⊥BD,AE⊥BD1, 又AE,EMc平面AEM,AE∩EM=E, 所以BD⊥平面AEM, 又BDC平面BCD, 所以平面AEM⊥平面B,CD. 19.(1)证明：连BD,设AC交BD于O,由题意SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD,所以 AC⊥平面SBD,得AC⊥SD (2)设正方形边长a,则SD=√2a. 又0D=2 a,所以∠SD0=60°. 连OP,由(1)知AC⊥平面SBD,所以AC⊥OP,且AC⊥OD, 所以∠POD是二面角P一AC一D的平面角. 由SD⊥平面PAC,知SD⊥OP,所以∠POD=30°， 即二面角P-AC-D的大小为30° (3)在棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC. 由(2)可得PD=Y2a,故可在SP上取一点N,使PN=PD.过N作PC的平行线与SC的交点即为 E.连BN,在△BDN中知BN∥PO 又由于NE∥PC,故平面BEN∥平面PAC,得BE∥平面PAC. 由于SN:NP=2:1,故SE:EC=2:1