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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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