山东烟台牟平第一中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试卷[附解析]

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1. 下列几何元素可以确定唯一平面的是（ ）
A. 三个点B. 圆心和圆上两点
C. 梯形的两条边D. 一个点和一条直线
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面的确定方法求解.
【详解】对A，三个不共线的点才能确定唯一平面，A错误；
对B，当圆上的两点和圆心共线时，三个点不能确定唯一平面，B错误；
对C，梯形的任意两条边都能确定梯形所在的平面，所以确定的平面唯一，C正确；
对D，当点在直线上时，这个点和直线不能确定唯一平面，D错误，
故选:C.
2. 设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则m，n为异面直线
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间中线、面的位置关系对每个选项一一判定，即可得到答案.
【详解】对A，若⊆，⊆，则，可能平行、相交、异面．故A错误；
对B，若⊥，则垂直平面内所有的直线，又∥，所以⊥．故B正确；
对C，若∥，∥，则，可能相交，平行．故C错误；
对D，若⊥，⊆，⊆，则，可能平行、相交、异面．故D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，考查学生的空间想象能力.
3. 在中，A为直角，，，若用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在原图形中，由勾股定理求出，根据斜二测画法得到，，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】根据题意，中，，，，
由勾股定理得，
在直观图中，
，，
故的面积.
故选：B
4. 已知四面体中，，分别是，的中点，若，，与所成角的度数为30°，则与所成角的度数为
A. 90°B. 45°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点,利用三角形中位线定理,可以得到,与所成角为，运用三角形中位线定理和正弦定理，可以求出的大小，也就能求出与所成角的度数.
【详解】取的中点连接，如下图所示：因为，分别是，的中点，所以有，因为与所成角的度数为30°，所以，与所成角的大小等于的度数.
在中，
，故本题选A.
【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，考查了正弦定理，取中点利用三角形中位线定理是解题的关键.
5. 一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出溶液的上底面半径为，再由圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为，
下底面半径为，高为，
所以溶液的体积.
故选：B
6. 已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
7. 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
8. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，底面外接圆的半径、球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，可得答案．
【详解】由题意知底面外接圆的圆心为点，设外接圆的半径为，
三棱柱的外接球的半径为，
，，由余弦定理得，
由正弦定理得，
所以，过做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，
由题意得：，所以外接球的表面积，
故选：C．
二、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．
9. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若m，n是异面直线，，，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.由直线与平面的位置关系判断；B.由线面垂直的性质定理判断；C.由线面平行的性质定理判断；D.由面面平行的判定定理判断.
【详解】A.若，，则或，故错误；
B.若，，由线面垂直的性质得，故正确；
C.若，，，由线面平行性质得，故正确；
D.如图所示：
在n上取一点O，由m，O确定平面，有，因为，所以，
则，又，，所以，故正确；
故选；BCD
10. 已知圆锥的底面半径为1，高为，为顶点，，为底面圆周上两个动点，则（ ）
A. 圆锥的体积为
B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为
C. 圆锥截面的面积的最大值为
D. 从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的最短长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：直接求出圆锥的体积即可判断；
对于B：直接求出圆锥的侧面展开图的圆心角即可判断；
对于C：先判断出圆锥截面为轴截面时，其面积最大，在求其面积；
对于D：先分析出细绳的长度最短即为求线段.在三角形中，由余弦定理得即可求解..
【详解】对于A：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以体积.
故A错误；
对于B：设圆锥的母线为l，则.
设圆锥的侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得：，即，解得：，故B正确；
对于C：显然当圆锥截面为轴截面时，其面积最大，此时，故C正确；
对于D：作出圆锥的侧面展开图如图示，要使从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的长度最短，只需求线段.在三角形中，，由余弦定理得：，
即从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的最短长度为.故D正确.
故选：BCD
11. 如图正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A. 正方体被面分割成两部分的体积比为
B. 点C到平面的距离为.
C. 四面体的外接球体积为
D. 二面角的大小为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用棱锥的体积公式计算分割成的三棱锥的体积，用间接法计算另一部分体积求其比值即可；对于B，先证平面，即得点C到平面的距离即即可；对于C，根据图形判断四面体与正方体共外接球易得其体积；对于D，证明是二面角的平面角，在中求其正切值即可判断.
【详解】
对于A， 如图正方体被平面分割成的较小部分的体积为，
而较大部分的体积为，则正方体被面分割成两部分的体积比为，故A正确；
对于B，连接，设交点为点，则，
因平面，平面平面，则，
又平面，故平面，
则点C到平面的距离即，故B正确；
对于C，因四面体的外接球即正方体的外接球，
故其半径为，其体积为，故C正确；
对于D，连接，交于点，连接，因平面，平面，则，
又，平面，则平面，
因平面，故，即是二面角的平面角，
因，故D错误.
故选：ABC.
三．填空题（共3小题）
12. 国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上，下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解.
【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示：
为正四棱台，，，，
连接，得，，
过作，过作，
所以，，
在直角三角形中，，
所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为和，
所以体积 .
故答案为：.
13. 已知正三棱台(由正三棱锥截得的棱台)的高为3，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正三棱台性质找出其外接球球心所在位置即可求得其半径，再由球表面积公式计算可得结果.
【详解】如下图所示：
在正三棱台中，取上、下底面中心分别为，外接球球心为，
由正三棱台性质可知在上，
易知上、下底面边长分别为和的正三角形，其外接圆半径分别为；
可得，即；
即，
又，设，则，解得；
所以外接球半径为，
可得则该球的表面积为.
故答案为：
14. 在矩形中，平面，则平面与平面的夹角的正切值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】过点作于，连接，证明平面，则，从而可得即为平面与平面所成角得平面角，再解即可.
【详解】如图，过点作于，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即为平面与平面所成角得平面角，
，
由，
得，
所以，
即平面与平面的夹角的正切值为.

故答案为：.
四．解答题（共5小题）
15. 如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为.

（1）计算该模型的体积.（结果精确到）
（2）现需使用油漆对个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米元，总费用是多少？（结果精确到元）
【答案】（1）
（2）元
【解析】
【分析】（1）设圆锥的高为，由条件求出圆锥的高，结合柱体体积公式和锥体体积公式求结论；
（2）结合圆柱的侧面积公式，圆锥的侧面积公式求出一个模型的表面积，再求总费用的值.
【小问1详解】
设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为，圆锥的底面半径为，
则，
设圆柱的底面半径为，高为，由已知可得，，
所以圆柱的体积，
圆锥的体积
；
【小问2详解】
圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为，
圆锥侧面积为.
一个模型的表面积，
所以总费用为（元）.
16. 如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点.
（1）求证：//平面；
（2）求证：；
（3）若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使//平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）先通过线面平行的判定证得∥面，在利用线面平行的性质证得∥；
（3）取中点，连接，，利用面面平行的判定证明平面∥平面，再利用面面平行的性质即可证明∥平面.
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连、
∥
又∥
∥
四边形为平行四边形，
∥，
又平面，平面，∥平面；
【小问2详解】
在梯形中，∥，
又面，面，
∥面，
面，面面
∥
∥
【小问3详解】
取中点，连接，，
，分别为，的中点，
∥，
平面，平面，
平面，
又由（1）可得∥平面，，、平面
平面∥平面，
是上的动点，平面，
∥平面，
当为中点时，∥平面.
17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且.
（1）证明：；
（2）若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先取中点，连．利用等腰三角形三线合一得．再根据线面垂直判定定理证平面 ，最后由线面垂直性质得.
（2）已知二面角为，即面面垂直.由面面垂直性质定理得平面，所以是线面角，求出角大小.
【小问1详解】
取中点，连接，
由已知条件是边长为的正三角形，得.
平面，所以平面 ，
又平面 ，所以.
【小问2详解】
二面角的大小为，即平面平面.
由平面平面，且由（1）知，平面，
所以平面，从而即为与平面所成角
在中，，从而，
在中，，
因为平面，且平面，所以，
所以在中，，且，
易求得，即与平面所成角的大小为.
18. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点.
（1）求证:平面;
（2）求证: 平面平面;
（3）求直线AC与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论.
（2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可.
【小问1详解】
三棱柱 中，连接交于O，连接OD，
则O是的中点，又是的中点，，
而平面，OD平面，
所以平面.
【小问2详解】
由，是的中点，得，
由平面，得平面，又AD平面，则，
又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面，
所以平面平面
【小问3详解】
在平面内过C作CE于E，连AE，
由（2）知，平面平面，平面平面，
则平面，是AC与平面所成的角，
在直角中，令，则，，
在直角中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 如图，三棱柱中，，，，，．

（1）证明：．
（2）求三棱柱的体积．
（3）求二面角的平面角余弦值大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）3 （3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连结，，，则可得为正三角形，而，再结合等腰三角形的性质可证得平面，从而可证得结论；
（2）利用勾股定理的逆定理可得，则平面，从而可求得其体积；
（3）过作于点，连接，可得即为二面角的平面角，在中可求得结果.
【小问1详解】
取中点，连结，，，
，，
是正三角形，．
，，
，平面平面，
∴平面．
又平面，；
【小问2详解】
由题设知与都是边长为2的等边三角形，所以．
又，则，故．
因为，
所以平面，即为三棱柱的高，
又的面积，
故三棱柱的体积．
【小问3详解】
过作于点，连接，
因为，，，平面，
所以平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
故，．
则即为二面角的平面角．
在中：，，
所以，
所以．