【双基聚焦】2027年贵州省普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷（2）

(0.5.x,0x≤180 所以月用电费为y月与用电量为x的关系式为y=0.55x一9,180<x≤280. 0.8x-79,x>280 (2)由(1)中的函数，可得 当x=180时，可得y=180×0.5=90元； 当x=280时，可得y=0.55×280-9=145元， 因为某户居民的电费为110元，可得90<110<145，则用户用电量在(180,280]内， 设用户的用电量为x,可得0.55×x一9=110， 解得x≈216（度），即用户的用电量大约为216（度）. 30.解析：(1)当m=2时，A={x|1<x<5},,B={x-2<x<2}, .AUB={x-2<x<5},A∩B={x|1<x<2}. (2)x∈A是x∈B成立的充分不必要条件，∴AB,m-1<m2+1,∴A≠0， (m-1≥-2 则 ∴.-1≤m≤1.经检验知，m=-1时，A={x|一2<x<2}=B,不合题意， m2+1≤2， ∴.实数m的取值范围一1<m≤1. 贵州省普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷（二） 1.答案：D解析：由题意，所得旋转体为圆柱，其底面半径和高均为√反， 所以表面积S=2πrl十2πr2=2πQ十2πQ=4πQ. 2.分析：直接由三视图结合圆台的结构特征求解即可. 答案：D解析：由三视图可知，对应的几何体是圆台.故选：D. 3.答案：D解析：根据棱柱定义知，这4个几何体都是棱柱. 4.分析：先证明出四边形BCD1A1为平行四边形，即可得到A1B//D1C 答案：B解析：在正方体ABCD-A1B1CD1中，BC//A1D1且BC=A1D1, 所以四边形BCD1A1为平行四边形， 所以A1B//D1C.故选：B. 5.答案：B解析：如图，作A0L平面BCD,则0为△ABC的中心，OB= 3 故选B 4 3121 6.答案：C解析：设球的半径为R,则4πR2=12π，从而R=√/5，所以正方体的体对角线 第5题图 为2√5，故正方体的棱长为2，体积为23=8.故选：C 7.分析：根据长方体的性质求解， 答案：B解析：在长方体中，B1D=√/BD2+BB=√AD十AB2+BB=√22+22+(2√2)2=4.故 选：B. 8.答案：D解析：由斜二测画法原理知，平面中的图形与直观图中的图形上下底边的长度是一样的， 不一样的是两个梯形的高，其高的关系是这样的：平面图中的高OC是直观图中OC长度的2倍，如 68- 直观图，OC的长度是直观图中梯形的高的√2倍，由此平面图中梯形的高OC的长度是直观图中梯 形高的2X√2=2√2倍，故其面积是梯形OA'B'C的面积2√2倍，梯形OA'B'C'的面积为√2，所以原 梯形的面积是4.故应选D 9.答案：C解析：由V=Sh,得S=4,得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的 对角线即为球的直径，所以球的半径为R=√22+22+4=6， 所以球的表面积为S=4πR2=24π. 10.分析：连接AD1,利用线面平行的判定定理即可得出答案 答案：A解析：连接AD1,由正方体性质可得AB//D1C1且AB=D1C1, D 所以ABC1D1为平行四边形， 所以AD1//BC1, 又因为AD1C平面DAA1D1,BC1中平面DAA1D1, 所以BC1/平面DAA1D1,故选：A. 11.答案：C解析：如图，取BC的中点E,连接AE,则AE⊥平面BCC1B1.故∠ADE A 为直线AD与平面B,CC所成的房，设各技长为a:则AE-停，DE-之0， ∴.tan∠ADE=√5，∴.∠ADE=60°.故选：C. 12.答案：C解析：三棱维的表面积为S=X12×4=5.故选：C. 第11题图 4 13.答案：A解析：以直角梯形垂直于底的腰为轴，旋转所得的旋转体才是圆台，所以B不正确；圆锥 仅有一个底面，所以C不正确；圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线 长，所以D不正确，很明显A正确.故选：A. 14.答案：C解析：图（1)不是由棱锥截来的，所以(1)不是棱台；图(2)上下两个面不平行， 所以(2)不是圆台；图(4)前后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平 行，所以(4)是棱柱；很明显(3)是棱锥.故选：C. 15.分析：根据线面平行的判定定理即可得出答案. 答案：C解析：对于A,因为直线AD1与平面AEC交于点A,故不平行；对于B,因为直线AA1与 平面AEC交于点A,故不平行；对于C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为E为DD1的中点， O为BD的中，点，所以EO∥BD1,又EOC平面AEC,BD1中平面AEC,所以BD1∥平面AEC;对 于D,因为EOC平面AEC,故不平行.故选：C 16.答案：A解析：S底=6×5×42=243，S侧=6×4×6=144，∴S全=S刚+2S底=144+485= 48(3十√3).故选：A. 17.分析：根据锥体的体积公式运算求解. 答案：B解析：由题意可知：三棱锥PABC的高为PA=3, 所以该四面体的体积为写X3X号×2X2=2故选：B 69 18.答案：A解析：如图，设球的半径为R,O1为半径OA的中点，则截面圆半径r= OB√R2-()-R.所以所求比为 3 4πR2 故选：A 19.分析：根据圆柱的侧面展开图即可求解，一元，由体积公式即可求解。 第18题图 答案：A解析：设圆柱的底面圆半径为，高为h,由侧面展开图的内切圆半径 为1可知，h=2,2πr=2今r=导 所以圆柱的你积为V=2h=x() X2=2,故选：A :根据题意证得ACL平面BDDB,得到四棱锥小BB1D1D的高为h=°，结合④ 即可求解 答案：A解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=3, 连接AC交BD于点O,可得AC⊥BD, 又由BB1⊥平面ABCD,且ACC面ABCD,所以AC⊥BB1, 因为BD∩BB1=B,且BD,BB1C平面BDD1B1,可得AC⊥平面BDD1B1, 所以四棱维ABB1DD的高为h=AO=3y2 2 所以ABBD,D的东款V-号S题DD·h=号X3EX2X3=6.故选：A 2 21.分析：利用正方体性质和线面垂直判定定理可得B1C⊥平面BCD1,即可知B1C⊥BD1,所以BD1 与B1C所成的角的大小是90°. 答案：D解析：根据题意连接BC1,如下图所示： C B D... 由正方体性质可知D1C1⊥平面BCC1B1,又B1CC平面BCC1B1, 所以D1C1⊥B1C, 由BCC1B1为正方形可知BC1⊥B1C, 又D1C∩BC1=C,且D1C,BC1C平面BC1D1, 所以B1C⊥平面BC1D1,又BD1C平面BC1D1, 可得B1C⊥BD1,BD1与B1C所成的角的大小是90°.故选：D. 22.答案：C解析：设AC,BD交于O,连AO,BD⊥AC,BD⊥AA1,.BD⊥平面AA1O, BDLA,0.∠AOA为二面角的平西角，m∠A0A--反.选：C AO 一70 23.答案：3解析：依题意可知，球心到平面ABC的距离为号AA=1,平面ABC所在國的半径为 号BC-,则球的丰径为P+(5)=-2,则球的体积为言××2-3 31 24.分析：由三视图可得该几何体为半径为1的球，由球表面积公式即可求出. 答案：4π解析：由三视图可得该几何体为半径为1的球，所以其表面积为4π×12=4π.故答案 为：4π. 25,答家日 解析：过点A作平面阝的垂线，垂足为C,在阝内过C作l的垂 线，垂足为D,连接AD,由线面垂直判定定理可知AD⊥1，故∠ADC为二 BDI 面角Q-l-3的平面角，所以∠ADC=60°.又由已知，∠ABD=30°， 第25题图 连接CB,则∠ABC为AB与平面B所成的角，设AD=2,则AC=√3， AB=0=4n/ABC-智-答亲为9 26.分析：先由体对角线求得外接球半径，再由球的表面积公式求解即可， 答案：9π解析：由题意得，长方体的体对角线即为外接球直径，设外接球半径为R,则R= 1十2十6=则外接球的表面积为4R2=9元，故答案为：9 2,参案：82解折：可知E四校维的高为A2-=E。 所以八西体你积为V=2Wg4n=2X号XSw·A=2X号X4X疗-82 3 收签案为：8号 28.分析：(1)先由题意得CC⊥平面A1B1C1,再由棱锥体积公式求解即可； (2)由CC1⊥A1B1及A1B1⊥B1C1证得A1B1⊥平面BCC1B1,即可证得A1B1⊥BM. 答案：)号(2)证明见解析解析：I)由直三枝柱ABCA,BG可得CGL平面AB,C,又 AB=BC=√2，AB⊥BC,可得A1B1=B1C1=V2,A1B1⊥B1C, 则VeA,5=号5a45·CG=号×号×EXEX2=号： (2)由题意得，CC1⊥平面A1B1C1,A1B1C平面A1BC,则CC1⊥A1B1,又A1B1⊥BC,B1C1∩CC1= C,B1C1,CC1C平面BCC1B1,则A1B1⊥平面BCC1B1,又BMC平面BCC1B1,则A1B1⊥BM. 29.分析：(1)利用勾股定理证明AB⊥BC,然后可求底面积，进而可得三棱锥体积； (2)利用线面垂直证明PA⊥BC,结合(1)由线面垂直判定定理可证. 答案：(1)10(2)证明见解析解析：(1)因为AB=4,BC=3,AC=5, 所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC, 故5ac-号X3X4=6, 又因为PA⊥底面ABC,PA=5, 所以Vr-号SAc·PA-号×6X5=10. 一71 (2)由(1)知AB⊥BC, 又PA⊥底面ABC,BCC底面ABC, 所以PA⊥BC, 又PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB. 30.分析：(1)由AA1⊥底面ABC,即可得到∠A1BA为直线BA1与平面ABC所成角，再由AB= AA1,即可得到； (2)由线面垂直得到AA1⊥AC,再由AB⊥AC,即可得证； 答案：(1)45°(2)证明见解析解析：(1)因为AA1⊥底面ABC,ABC底面ABC,所以AA1⊥ AB,所以AB为A1B在底面ABC的射影，所以∠A1BA为直线BA1与平面ABC所成角，又AB= AA1,所以∠A1BA=45°，即直线BA1与平面ABC所成角为45°； (2)证明：因为AA1⊥底面ABC,ACC底面ABC,所以AA1⊥AC,又AB⊥AC,且AA1∩AB=A, AA1,ABC平面ABB1A1,所以AC⊥平面ABB1A1· 贵州省普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷（三） 1.分析：根据复数的几何意义求出即可. 答案：B解析：因为之=一3十2，所以对应复平面内点的坐标（一3,2），所以位于第二象限.故选：B. 2.分析：根据题意将所有的实验情况一一列举出来，再将符合题意的情况一一列举，根据古典概型，可 得答案 答案：A解析：同时抛掷两枚硬币的所有实验情况为：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），两枚硬 币都是“正面向上”的实验情况为（正，正），根据古典概型，概率为力=年，故选：A. 3.答案：C解析：根据随机数法的步骤可知，①④编号位数不统一，②③正确.故选：C 4.答案：D解析：“明天下雪的概率为45%”指的是明天下雪的可能性为45%，而不下雪的可能性为55%. 故选D. 5.分析：根据选项中的回归直线方程，求得回归系数b,结合回归系数的含义，即可求解 答案：B解析：对于A中，由方程y=一2.1x十1.8，可得=一2.1<0，所以变量x,y成负相关关 系；对于B中，由方程y=1.5.x十1.5，可得=1.5>0，所以变量x,y成正相关关系；对于C中，由方程 y=-0.5.x+2.1,可得i=-0.5<0,所以变量x,y成负相关关系；对于D中，由方程y=一1.2x十3.2， 可得=一1.20，所以变量x,y成负相关关系.故选：B. 6.答案：D解析：由图可知纵坐标表示第等，故x=0.1一0.054-0.010-0.006-0.006-0,006日 0.018. 7.分析：利用复数的除法求出复数之，可得复数的虚部 答案C解析：复数吊---2-1+2，则：的虚茅是2故 2 选：C. [m-3<0 8.答案：C解析：由题意得解得 m-1>0 ,解得1<m<3.m∈Z,.m=2.之=-1十i,则= ,-)=号达 -1-i 一72贵州省普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷（二） 立体几何初步 (本卷共分为选择题和非选择两大题，满分100分，考试时间60分钟。) 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共30题，考试时间60分钟，满分100分。 2.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。将条形码横 贴在答题卡“考生条形码区”。 3.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选 涂其他答案，答案不能答在试卷上。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 (备注：本试卷配有答题卡，供学生选用。) 题号 三 总分 得分 第I卷 选择题 报 选择题共22题，每小题3分，共66分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 长 一、选择题（每小题3分，共66分） 1.面积为Q的正方形，绕其一边旋转一周，则所得旋转体的表面积为 A.πQ B.2πQ C.3πQ D.4πQ 2.某几何体三视图如图所示，则它对应的几何体是 A.球 B.圆柱 C.圆锥 D.圆台 3.下列几何体中是柱体的有 量 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 D 正视图 侧视图 D 俯视图 布 第2题图 第3题图 第4题图 拟 4.(2025·贵州学业考试)如图，在正方体ABCD-A,B,C,D1中，直线A1B与D,C的位置关系 是 () A.相交 B.平行 C.异面不垂直 D.异面垂直 留5，棱长均为1的三棱锥的体积为 A品 R号 c n号 6.一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是12π，那么这个正 方体的体积是 ( A.√3 B.43 C.8 D.24 5 7.(2026·北京学业考试)如图，在长方体ABCD-A,BC1D1中，AD=AA1=2,AB=2√2，则 B D= A.3 B.4 C.5 D.6 8.一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形OA'B'C‘的面积为√2，则原梯形的面 积为 ( ) A.2 B.√2 C.2√2 D.4 D D C B y c B D 045° B A'x B 第7题图 第8题图 第10题图 9.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A.16π B.20x C.24π D.32π 10.(2025·贵州学业考试)如图，在正方体ABCD-A1BC1D1中，直线BC1与平面DAA1D1的 位置关系是 ( A.直线BC,与平面DAA,D,平行 B.直线BC1与平面DAA,D1垂直 C.直线BC,与平面DAA,D,相交但不垂直D.直线BC,在平面DAA,D1上 11.在三棱柱ABC一A,B,C中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB,CC的中心， 则AD与平面BB,CC所成角的大小是 ( 】 A.30 B.45 C.60° D.90 12.棱长和底面边长都为1的三棱锥的表面积为 A C.3 D.23 13.下列命题中正确的是 A.以直角三角形的一直角边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B.以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台 C.圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D.圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径 14.如图，观察四个几何体，其中判断正确的是 (1) (2 (3) (4 A.(1)是棱台 B.(2)是圆台 C.(3)是棱锥 D.(4)不是棱柱 15.(2025·贵州学业考试)如图，正方体ABCD-A1BC1D1中，E为DD1 的中点，则下列直线中与平面AEC平行的是 ( E B A.AD B.AA C.BD D.EO 16.正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为 ! A.48(3+√3) B.48(3+2√3) C.24(6+√2) D.144 B 6 17.(2026·浙江学业考试)《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.现有一 个“鳖懦”，PA⊥底面ABC,AC⊥BC,且PA=3,AC=BC=2,则该四面体的体积为 A.1 B.2 C.4 D.8 18.过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积之比为 ( ) 3 A.6 点品 9 D.32 19.(2026·江苏学业考试)已知一个圆柱的侧面展开图内切圆的半径为1，则该圆柱的体积为 B.2 元 C.8√3π D.√3π 20.(2026·重庆学业考试)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=3,AA1=2,则四 棱锥ABB,DD的体积是 ( A.6 B.9 C.18 D.24 D B C D 上7C ----0、 B B 第20题图 第21题图 第22题图 21.(2026·天津学业考试)如图，在正方体ABCD-A1B,CD1中，BD1与B,C所成的角的大 小是 A.30 B.459 C.60 D.90° 22.正方体A1B,CD1一ABCD中，截面ABD与底面ABCD所成二面角A1一BD一A的正切 值等于 ( A停 B号 C.√2 D.3 答题栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 第Ⅱ卷 非选择题 非选择题共8小题，共34分。 二、填空题（每题3分，共15分） 23.在三棱柱ABCA'B'C'中，已知AA'⊥平面ABC,AA'=2,BC=23,∠BAC=,且三棱 柱的各个顶点都在一个球面上，则球的体积为 一7 24.(2026·浙江学业考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 .(结 果用含π的式子表示) 2州 —2→ 第24题图 第25题图 25.如图所示，二面角al3的大小是60°，线段ABCa,B∈l,AB与L所成的角为30°，则AB与 平面3所成的角的正弦值是 26.(2025·贵州学业考试)已知长方体的三条棱长分别为1，√2，√6，则 该长方体外接球的表面积为 .(结果用含π的式子表示) 27.(2026·浙江学业考试)如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且 4个顶点A,B,C,D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的 正方形，则这个八面体的体积是 三、解答题（第28、29题各6分，第30题7分，共19分）。解答应写出文字说 明、证明过程或推演步骤。 28.(2025·贵州学业考试)如图，直三棱柱ABCA,BC中，AB=BC=√2，CC= 2,AB⊥BC,M为棱CC上一点. (1)求三棱锥CA,B,C1的体积； (2)求证：AB1⊥BM. B 29.(2026·甘肃学业考试)如图，在P-ABC中，PA⊥底面ABC,AB=4,BC =3,PA=AC=5 (1)求三棱锥PABC的体积； (2)求证：BC⊥平面PAB. 30.(2025·贵州学业考试)如图，三棱柱ABCA1B,C1中，AA1⊥底面 ABC,AB=AC=AA1,且AB⊥AC (1)求直线BA,与平面ABC所成角的大小； (2)求证：AC⊥平面ABB1A,· B 一8