2021-2022学年上海市浦东复旦附中分校高一（下）学科反馈数学试卷（5月份）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年上海市浦东复旦附中分校高一（下）学科反馈数学试卷（5月份）（含答案解析），共16页。

3. 下列说法中，正确的个数为______.
(Ⅰ)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
(Ⅱ)有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；
(Ⅲ)底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
(Ⅳ)棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥．
4. 高为π，体积为π2的圆柱体的侧面展开图的周长为______ .
5. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则正确结论为______.
A.直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1；
B.直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D；
C.直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1；
D.直线MB与直线A1D垂直，直线MB//平面B1D1C.
6. 某棱锥的表面展开图是如图所示的一个边长为4的正方形和四个正三角形，则该棱锥的体积等于______.
7. 如图，三角形A′B′C′为水平放置的三角形ABC的直观图，其中O′A′=A′B′=1，三角形A′B′C′的面积为2.则原平面图形三角形ABC的周长为______.
8. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，棱AB=6，BC=BB1=2，点P是线段BC1上的一动点，则AP+PB1的最小值是______ .
9. 如图，在一个棱长为2的正方体内挖去一个倒置圆锥，圆锥的上底圆周与正方体底面正方形相切，圆锥的顶点在正方体的底面上，用一个与正方体下底面平行且距离为d的平面去截这个几何体，截得的图形面积为______ .
10. 在北纬60∘的纬度圈上，有甲、乙两地，两地间纬度圈上的弧长等于πR4(R为地球半径)，则这两地的球面距离是______.
11. 已知α是平面，l、m、n是空间三条不同的直线，则下列命题中正确的个数( )
①若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
②若l⊥m，l⊥n，则m//n；
③若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线AB//l；
④若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n共面；
⑤若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//m；
⑥若m⊥α，n⊥α，l//m，则l//n.
A. 0B. 1C. 2D. 3
12. 在三棱锥D−ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA=AB=BC；记直线DB与直线AC所成的角为α，直线DC与平面ABD所成的角为β，二面角D−BC−A的平面角为γ，则( )
A. β<γ<αB. γ<β<αC. β<α<γD. α<γ<β
13. 已知a，b是两条异面直线，给出下面四个命题：
(1)过直线a有且只有一个平面与b平行；
(2)P为空间任意一点，过P总能作一条直线与a，b都相交；
(3)有且只有一条直线与a，b都垂直；
(4)P是异面直线a，b外一点，过P与a，b都平行的平面有且只有一个，
则以上命题中，不正确的是( )
A. (3)B. (2)(3)C. (2)(4)D. (2)(3)(4)
14. 如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的圆柱内，球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入________个小球．( )
A. 14B. 15C. 16D. 17
15. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=AC=22，BA=BC=2，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABC；
(2)求直线PM与平面PBO所成的角的大小．
16. 长方体ABCD−A1B1C1D1中．
(1)求证：平面AB1D1//平面C1DB；
(2)若此长方体DA=3，DB=5，DD1=4，求平面AB1D1到平面C1DB的距离．
17. 如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱OO1的侧面积为83π，OA=2，∠AOP=120∘.
(1)求三棱锥A1−APB的体积；
(2)求二面角A1−PB−A的大小．
18. 用一个半径为12厘米圆心角为2π3的扇形纸片PAD卷成一个侧面积最大的无底圆锥(接口不用考虑损失)，放于水平面上．
(1)无底圆锥被一阵风吹倒后(如图1)，求它的最高点到水平面的距离；
(2)扇形纸片PAD上(如图2)，C是弧AD的中点，B是弧AC的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线PA与BC所成角的大小．
答案和解析
1.【答案】3
【解析】解：若三条直线在同一故平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，
若三条直线不在同一故平面内，则此时三条直线能确定三个平面，
故三条两两平行的直线可以确定平面的个数为1个或3个，
故答案为：3.
根据直线平行的性质即可得到结论．
本题主要考查平面的基本性质和推理，根据直线的位置是解决本题的关键．
2.【答案】24
【解析】解：如图，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，与棱AB异面的有CC1，DD1，B1C1，A1D1共4对，
正方体ABCD−A1B1C1D1有12条棱，排除两棱的重复计算，
∴异面直线共有12×4×12=24对．
故答案为：24.
画出正方体，查出一条棱的异面直线的对数为4，用正方体的棱数乘以4再乘以12得答案．
本题考查异面直线的判定，体现了数形结合思想方法，是基础题．
3.【答案】0
【解析】解：对于(Ⅰ)，棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥，故错误；
对于(Ⅱ)，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误；
对于(Ⅲ)，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误；
对于(Ⅳ)，因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长，故错误．
故答案为：0.
根据棱锥的概念可判断(Ⅰ)；根据棱台的概念可判断(Ⅱ)；根据正三棱锥的概念可判断(Ⅲ)；根据正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长可判断(Ⅳ).
本题考查了棱锥，棱台的结构特征，属于中档题．
4.【答案】6π
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，
则圆柱的体积V=πr2⋅π=π2，∴r=1.
∴圆柱的底面周长为2πr=2π.
∴侧面展开图的周长为2π×2+π×2=6π.
故答案为：6π.
根据棱柱的体积计算底面半径，则侧面展开图矩形的边长为圆柱的底面周长和高．
本题考查了圆柱的结构特征，侧面展开图，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，因为B∈平面DD1B1B，M∉平面DD1B1B，D1B1⊂平面DD1B1B，所以直线MB与直线B1D1为异面直线，故错误；
对于B，因为A1B//D1C，A1B∩BM=B，所以直线MB与直线D1C不平行，故错误；
对于C，直线MB与直线AC异面，若直线MB⊥平面ADC1B1，则直线MB⊥BC，因为CB⊥平面ABA1B1，所以直线MB⊂平面ABB1A1，这与M∉平面ABB1A1矛盾，故错误；
对于D，设正方体的棱长为2，则A1M=2,A1B=22,BM=22+12+12=6，所以A1B2=A1M2+BM2，所以直线MB与直线A1D垂直，
连接A1B、BD，在正方体中，BD//D1B1，BD⊄平面D1B1C，B1D1⊂平面D1B1C，
所以BD//平面D1B1C，A1B//D1C，A1B⊄平面D1B1C，CD1⊂平面D1B1C，
所以A1B//平面D1B1C，又A1B∩BD=B，所以平面D1B1C//平面A1BD，MB⊂平面A1BD，所以直线MB//平面B1D1C，故正确．
故答案为：D.
由异面直线的定义可判断A；A1B//D1C，A1B∩BM=B，可判断B；若直线MB⊥平面ADC1B1，则直线MB⊥BC，由CB⊥平面ABA1B1可得直线MB⊂平面ABB1A1，这与已知可判断C；设正方体的棱长为2，利用勾股定理可判断直线MB与直线A1D垂直，连接A1B、BD，由面面平行的判定定理和性质定理可判断D.
本题考查了直线与平面的位置关系，属于中档题．
6.【答案】3223
【解析】解：由棱锥的表面展开图可知棱锥为正四棱锥P−ABCD，底面边长与侧棱长均为4，
做棱锥的高PO，则O为底面正方形的中心，OA=22.
∴PO=PA2−OA2=22.
∴VP−ABCD=13S正方形ABCD⋅PO=13×42×22=3223.
故答案为：3223.
根据表面展开图可知棱锥的所有棱长均为4，做出棱锥的高PO，利用勾股定理计算PO，即可得出棱锥的体积．
本题考查了棱锥的结构特征，体积计算，属于中档题．
7.【答案】2+25+42
【解析】解：过点B′作O′C′的垂线，垂直为D′，
因为O′A′=A′B′=1，所以O′B′=2，
因为在直观图中∠B′O′C′=45∘，
所以B′D′=2，
因为三角形A′B′C′的面积为2，
所以三角形O′B′C′的面积为22，
所以12⋅B′D′⋅O′C′=22，
所以O′C′=4.
由斜二测画法的规则可知，
在原平面图形中，OC=O′C′=4，OA=2O′A′=2，AB=2A′B′=2，OB=2O′B′=4，
所以在Rt△OAC中，AC=OA2+OC2=25，
在Rt△OBC中，BC=OB2+OC2=42，
所以原平面图形三角形ABC的周长为AB+AC+BC=2+25+42.
故答案为：2+25+42.
根据斜二测画法的规则，求出直观图中O′C′的长度，再由勾股定理求出原平面图形中三角形ABC三边的长，从而可求得三角形ABC的周长．
本题考查平面图形的直观图，斜二测法的应用，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
8.【答案】52
【解析】解：将△BB1C1沿BC1为轴旋转至于平面ABC1共面，可得△BB2C1，
则∠ABB2=135∘，
故AP+PB1=AP+PB2≥AB2=62+(2)2−2×6×2cs135∘=52，
当且仅当P为AB2与BC1的交点时取等号，
所以AP+PB1的最小值是52.
故答案为：52.
将△BB1C1沿BC1为轴旋转至于平面ABC1共面，可得△BB2C1，利用AP+PB1=AP+PB2≥AB2求解即可．
本题考查了多面体和旋转体表面上的最短距离问题，解决此类问题的方法是：折线或曲线的最值问题，通常沿着多面体的棱或旋转体的母线展开成平面图形或曲面，结合平面图形求解，属于中档题．
9.【答案】4−πd24
【解析】解：用一个与正方体下底面平行且距离为d的平面去截这个几何体，
故所截得的图形为一个正方形挖去一个圆，
由题意可知圆锥底面半径CD=1，OA=d，
设截面小圆半径为AB=r，由三角形相似可得，ABCD=OAOC，
即r1=d2，故r=12d，
故所截得的面积为4−πd24.
故答案为：4−πd24.
由题意，利用三角形相似得到截面圆的半径，即可求出截面圆的面积．
本题考查的知识点是圆锥和棱柱的结构特征，熟练掌握正方体和圆锥的几何特征是解答的关键，属于基础题．
10.【答案】Rarccs34
【解析】解：地球的半径为R，则地球北纬60∘的纬线圈的半径为：r=12R，
设纬线圈上的弧长对应的圆心角为α，
∴12Rα=πR4，
∴α=π2，
根据勾股定理得出：纬线圈上的弦长为22R，
设球半径的夹角为β，
∴csβ=R2+R2−12R22R⋅R=34，
∴β=arccs34，
∴甲乙两地的球面距离为：Rarccs34.
故答案为Rarccs34.
首先确定北纬60∘圈的半径和甲、乙两地纬度圆上的弧长，求出两地距离，球心角，然后求甲、乙两地间的球面距离．
本题考查球面距离及其他计算，考查学生的计算能力，是基础题．
11.【答案】B
【解析】解：对于①，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，
则只有当m，n相交时，才有l⊥α，故①错误；
对于②，若l⊥m，l⊥n，则m与n相交、平行或异面，故②错误；
对于③，若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，这两点可以在直线的两侧，
∴直线AB与l相交或平行，故③错误；
对于④，若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n可以确定一个或三个平在，故④错误；
对于⑤，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m平行或异面，故⑤错误；
对于⑥，若m⊥α，n⊥α，l//m，则m//n，由平行的传递性得到l//n，故⑥正确．
故选：B.
利用线面、面面平行垂直的关系的判定定理及性质定理进行判断求解．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：如图，
把三棱锥D−ABC放置在正方体CD中，设正方体的棱长为1，
以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，
B(0,1,0)，D(0,0,1)，
∴AC=(1,1,0)，DB=(0,1,−1)，
则csα=|cs|=|DB⋅AC|DB||AC||=|12×2|=12，则α=π3；
由已知可得，DA⊥BC，又AB⊥BC，且DA∩AB=A，∴CB⊥平面DAB，
则β=∠CDB，DB=2，DC=3，则csβ=23=63>22；
由BC⊥平面DAB，得γ=∠DBA=π4，
∴β<γ<α.
故选：A.
由题意把三棱锥D−ABC放置在正方体CD中，设正方体的棱长为1，利用空间向量求解α，在正方体中分别求解β与γ，则答案可求．
本题考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练空间向量的应用，是中档题．
13.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析4个命题：
(1)在直线a上取A、B点，过A、B分别作直线c、d与直线b平行，c、d可以唯一的确定平面α，满足即过直线a有且只有一个平面与b平行，正确；
(2)若此点与直线a确定一平面β恰好与直线b平行，此时直线a在已知平面上，并非与已知平面平行，错误；
(3)可以有无数条直线直线与a，b都垂直，错误；
(4)过点P作直线a、b，使得a′//a，b′//b，直线a′，b′必定相交于点P，直线a′，b′可以唯一的确定平面，即过P与a，b都平行的平面有且只有一个，正确；
错误的有(2)和(3)，
故选：B.
根据题意，依次分析4个命题是否正确，即可得答案．
本题考查直线与直线的位置关系，涉及平面的性质，属于基础题．
14.【答案】B
【解析】解：过球心与圆柱底面圆圆心的平面截该几何体的平面图，如图所示，设球的半径R，实心小球的半径r，
由题意可得，2r+r+R=2R，
∴R=(3+22)r，
∵小球的球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，EF=R+r2，周长为2πEF=2π(R+r)，
∴2rn≤2π(R+r)，即n≤2π(R+r)2r=2π[(3+22)r+r]2r=2(1+2)π≈15.16
故该工艺品最多放15个小球．
故选：B.
圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可．
本题主要考查了空间几何体与球接，切问题的求解方法，求解与棱柱，棱锥的接切问题，把空间几何体转化为平面几何是求解问题的关键．
15.【答案】证明：(1)BA=BC=2，AC=22，
由于BA2+BC2=AC2，
所以∠ABC=π2，
所以BO⊥AC，且BO=2，
由于△PAC为等边三角形，
所以PO⊥AC，PO=6，又PB=22，
所以PB2=PO2+BO2，
所以∠POB=π2，
故PO⊥BO，
故PO⊥平面ABC.
解：(2)过点M作MN⊥BO交BO于N，
连接PN，
如图所示：
由(1)得：PO⊥平面ABC，
得到MN⊥PO，由于MN⊥BO，
所以MN⊥平面ABC，
故∠MPN为直线PM与平面PBO的夹角，
由(1)知：BO⊥AC，
从而点N为线段BO的中点，
所以MN=12OC=14AC=22，
PM==PC2−MC2=7，
故sin∠MPN=MNPM=1414.
故直线PM与平面PBO所成的角的大小为arcsin1414.
【解析】(1)直接利用勾股定理的逆定理的应用和线面垂直的判定的应用求出结果；
(2)利用几何法的应用，解三角形知识的应用求出结果．
本题考查的知识要点：勾股定理的逆定理，线面垂直的判定和性质的应用，线面夹角的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：长方体ABCD−A1B1C1D1中，
BB1//DD1，且BB1=DD1，
∴四边形BDD1B1为平行四边形，∴B1D1//BD，
∵B1D1⊄平面C1DB，BD⊂平面C1DB，
∴B1D1//平面C1DB，
同理AD1//平面C1DB，
∵AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，
∴平面AB1D1//平面C1DB；
(2)∵长方体ABCD−A1B1C1D1中，DA=3，DB=5，DD1=4，
∴AB=4，S△ADD1=12×AD×DD1=12×3×4=6，
在直角△ABB1中，AB1=AB2+BB12=42，
在直角△ADD1中，AD1=AD2+DD12=5，
∵DB=D1B1=5，∴△AD1B1的面积为：
S△AB1D1=12×42×17=234，
设D到平面AB1D1的距离为h，则有VD−AB1D1=VB1−ADD1，
∴13S△AB1D1⋅h=13S△B1−ADD1⋅A1B1，解得h=63417，
∴平面AB1D1到平面C1DB的距离为63417.
【解析】(1)根据题意，证明B1D1//平面C1DB和AD1//平面C1DB，结合面面平行的判定定理，证明平面AB1D1//平面C1DB；
(2)设D到平面AB1D1的距离为h，根据VD−AB1D1=VB1−ADD1，求出点D到平面AB1D1的距离，进而能求出平面AB1D1到平面C1DB的距离．
本题考查线面平行、面面平行的判定、等体积法、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)由已知可得，OA=2，所以C底=2π⋅2=4π，
S侧=C底⋅OO1=4π⋅OO1=83π，所以OO1=AA1=23，
因为AB为圆O的直径，P在底面圆O上，∠AOP=120∘，OA=OP，
所以∠OAP=∠OPA=30∘，所以PB=12AB=2,AP=23，
所以S△APB=12⋅PB⋅PA=12×2×23=23，
所以VA1−APB=13⋅AA1⋅S△APB=13×23×23=4，
故三棱锥A1−APB的体积为4.
(2)平面A1PB∩平面APB=PB，
因为AA1⊥平面APB，PB⊂平面APB，所以AA1⊥PB，
因为AB为圆O的直径，P在底面圆O上，所以AP⊥PB，
故∠APA1为A1−PB−A所成的二面角，
AA1=23,AP=23，且AA1⊥平面APB，
所以AA1⊥AP，
所以∠APA1=π4.
故二面角A1−PB−A的大小为π4.
【解析】(1)根据底面圆的半径，结合圆柱的侧面积，求解出圆柱的高，然后根据已知条件，求解底面S△APB，再计算体积即可；
(2)根据已知AA1⊥平面APB且AP⊥PB，不难判断∠APA1为A1−PB−A所成的二面角，根据第(1)问求解出相应的边长关系，求解∠APA1即可完成求解．
本题考查了三棱锥体积的计算，二面角的平面角问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)如图所示，
设PNM为轴截面，过点N作NE⊥PM于点E，
则2π⋅NM2=12⋅2π3，解得NM=8，
∴在△PNM中，PO=NP2−NO2=122−42=82，
∴NE⋅PM=PO⋅NM，
∴NE=PO⋅NMPM=82×812=1623，
∴无底圆锥被一阵风吹倒后它的最高点到水平面的距离为1623.
(2)如图，
∵B是弧AC的中点，∴△ABC为等腰三角形，
则由(1)得AC=8，BC=BA=42，且PO⊥面ABC，
PA⋅BC=(PO+OA)⋅BC=PO⋅BC+OA⋅BC=|OA|⋅|BC|⋅cs135∘=4×42×(−22)=−16，
∴cs=PA⋅BC|PA|⋅|BC|=−1612×42=−26，
∴异面直线PA与BC所成角的大小为arccs26.
【解析】(1)设面PNM为轴截面，过点N作NE⊥PM于点E，在△PNM中求出NE的长度，即为它的最高点到水平面的距离；
(2)先求出PA⋅BC，利用向量夹角余弦公式求出cs，由此能求出异面直线PA与BC所成角的大小．
本题考查圆锥的结构特征、等面积法、线面垂直的性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．