广西钦州市第十三中学2024-2025学年高一下学期第二十周考试数学试卷(含答案)

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广西钦州市第十三中学2024-2025学年高一下学期第二十周考试数学试卷(含答案)

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广西钦州市第十三中学2024-2025学年高一下学期第二十周考试数学试卷
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,
2.四答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。四答非选择题时,将答案写在签题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结来后,将本试卷和答题卡一并交回
一、单选题(共8小题,每小题5分,共40分)
1.已知圆锥的表面积为,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为( )
A. B. C. D.
2.已知圆锥的侧面积为,它的侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的高为( )
A. B. C.2 D.3
3.已知圆台的上下底面的半径分别为1和2,母线长为2,则它的体积是( )
A. B. C. D.
4.已知四棱锥,底面是边长为2的菱形,,,与底面所成角为,,则到平面的距离是( )
A. B.1 C. D.
5.如图,将棱长为4的正方体六个面的中心连线,可得到八面体,为棱上一点,则下列四个结论中错误的是( )
A.平面B.八面体的体积为
C.的最小值为D.点到平面的距离为
6.如图,在正三棱锥中,分别为棱的中点,且.若,则正三棱锥的外接球的体积为( )

A. B. C. D.
7.某封闭圆柱形容器的轴截面是边长为4的正方形,一个半径为1的小球在容器内可以自由运动,则小球不能触碰到的容器内壁面积为( )
A. B. C. D.
8.攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等,多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度(单位:dm)分别为4,6,侧面与底面所成二面角的正切值为,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题(共3小题,每小题5分,共15分)
9.如图,在正方体中,点在线段上运动时,下列命题正确的是( )
A.三棱锥的体积不变B.直线CP与直线的所成角的取值范围为
C.直线AP与平面所成角的大小不变D.二面角的大小不变
10.已知正方体的棱长为3,,,分别为棱,,上的点,且,,,若点为正方体内部(含边界)点,满足:(为实数),则下列说法正确的是( )
A.点的轨迹为菱形及其内部 B.当,时,的长度为
C.当时,点的轨迹长度为 D.最小值为
11.如图,在棱长为1的正方体中,点是线段上的动点(不包括端点),点是线段上的动点(不包括端点),则( )
A.正方体的内切球的半径为B.若点是的中点,点是的中点,则平面
C.若过直线PQ的平面平面,且平面与棱相交于点,则的面积的最大值为
D.若,则且
第II卷(非选择题)
三、填空题(共3小题,每小题5分,共15分)
12.正三棱锥的底面边长为3,侧棱长为2,则它的外接球的体积为 .
13.已知直三棱柱的体积为24,,若直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上,则球O表面积的最小值为 .
14.已知圆台的上底面和下底面的面积分别为,体积为,则圆台的侧面积为 .
四、解答题(共5小题,共70分)
15.如图,圆锥SO中,AB、CD为底面圆的两条直径,且,,P为母线SB的中点.
(1)求圆锥SO的侧面积;
(2)点E在底面圆周的劣弧BD上,且弧BE的长为,试判断直线PE与平面SAD的位置关系,说明理由.
16.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容,通常用曲率刻画空间的弯曲性.规定:多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差,其中多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制.例如:正四面体每个顶点均有3个面角,每个面角均为,故其各个顶点的曲率均为.如图,在直三棱柱中,,,为棱的中点,点在棱上,且在四面体中,点的曲率的正切值为.
(1)求证:平面;
(2)求证:平面;
(3)若在四面体中,点的曲率为,求五面体的体积.
17.如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,,,.
(1)求证:平面平面;
(2)若点为棱的中点,点在棱上,且,求三棱锥的体积.
18.已知在正四棱柱中,,点是的中点.

(1)求证:平面平面;
(2)求异面直线与所成角的余弦值;
(3)求三棱锥的体积.
19.如图,在四棱柱中,是一个直角梯形,,,,点为中点,平面,且.点分别为和中点.
(1)证明:平面;
(2)求平面和平面夹角的余弦值;
(3)求三棱锥的体积.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D D D C C A ABD ABC
题号 11
答案 ABD
12. 13. 14.
15.(1)
(2)
由题知,,则根据中位线性质,,
又平面SAE,平面SAD,则平面SAD,
由于,底面圆半径是2,则,
又,则,于是,
又平面SAE,平面SAD,则平面SAD,
,平面,故平面平面SAD,
又直线平面SAD,则直线平面SAD.
16.(1)
连结交于,连结.
在中,因为,分别为,的中点,所以.
又因为平面,平面,所以平面;
(2)因为,又因为为棱的中点,所以.
在直三棱柱中,有平面平面,
又平面平面,平面,所以平面,
又平面,所以.
因为在四面体中,点的曲率的正切值为,
所以,,
即,因为,
,所以.
在和中,
,所以,
所以,所以.
因为,又,平面,
所以平面.
(3)因为在四面体中,点的曲率为,
所以,
所以,
所以,
将,,,,代入上式,
解得.
由,,,
得,,,
所以.
17.(1)
取棱的中点,连接,,
由,得为等腰三角形,因此.
∵,

∵,
∴.
∴.
又∵,
∴.
∴.
又∵,且,平面,
∴平面.
∵平面,
∴平面平面.
(2)由(1)可知四棱锥的高为,,.
故.
∵为的中点,

∵,
∴到平面的距离为到平面距离的.
∴.
18.(1)由题可得,又平面,平面,故,
而平面,且,
平面,又平面,
所以平面平面.
(2)由(1)知,,

所以为异面直线与所成角或其补角,
正四棱柱中,,
由勾股定理得,
在中,,
由余弦定理,得,
故异面直线与所成角的余弦值为.
(3)因为正方形,所以,,
又在正四棱柱中,平面,
因为平面,所以,
因为平面,所以平面,
所以.
或.
19.(1)连接,
因为点为中点,.点为的中点,所以.且.
所以是平行四边形,所以,
又因为平面,平面,所以平面,
又因为是一个直角梯形,,,点为中点,
所以.且.
所以是平行四边形,所以,
又因为平面,平面,所以平面,
又.,平面,所以平面平面,
又平面,所以平面,
(2)由(1)知平面平面,
所以平面和平面的夹角等于平面和平面夹角,
因为平面,又,所以平面,
又因为平面,所以平面平面,
又平面平面,平面,又,
所以平面,过作于,连接,
又因为平面,所以,又,平面,
所以平面,又平面,所以,
所以为平面和平面的夹角,
因为,所以,在中,可得,
又因为,所以,
解得,又因为,在中,,
所以,
所以平面和平面夹角的余弦值以;
(3)因为点为的中点,所以.且.
所以是平行四边形,所以,且,
又,且,所以,
所以平面,从而平面,
又平面,平面,所以,所以,
所以,
所以三棱锥的体积为.

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