精品解析：湖北省武汉市武钢三中2025-2026学年高一下学期五月数学学科素养检测试卷含解析（word版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（ ）
A. ，
B. ，且
C. ，，，
D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】由直线与直线的位置关系判断A；由直线与平面的位置关系判断B；平面与平面的位置关系判断C；平面与平面的平行的性质定理判断D.
【详解】选项A中，，，则可能平行也可能相交，故A不正确；
选项B中，，，则可能且，也可能在平面或平面内，故B不正确；
选项C中，，，，，若直线 与直线平行，则平面可能平行也可能相交，故C不正确；
选项D为面面平行性质定理的符号语言，D正确；
故选：D.
2. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
3. 如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（ ）
①，，，四点共面；
②与异面；
③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上；
④与的交点一定在直线上．
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案.
【详解】依题意，可得， ，故，所以，，，四点共面；
所以①正确，②错误；
因为，所以四边形EFGH是梯形；
EF与GH必相交，设交点为M.
因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，
同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点.
又AC是这两个平面的交线，
所以点M一定在直线AC上. 所以④正确，③错误；
故选：B.
4. 如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 四边形ABCD的周长为
D. 四边形ABCD的面积为
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得．
【详解】由题设，A错；
由斜二测画法知，，，，
易知原四边形为直角梯形，，
所以，
四边形的周长为，面积为，B、C错，D对．
5. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选：D.
6. 在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，三棱锥与四棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面平行的性质定理可确定Q点位置，再利用等体积转换法，可知只需表示出即可得出比值.
【详解】如图所示，连接对角线交于点，连接.
因为正四棱锥的底面是正方形，所以是的中点.
因为平面，⊂平面，且平面平面，由线面平行的性质得.
因此是的中位线，故是的中点，即.
设正四棱锥的底面积为，高为h，则总体积，
因为 的面积是正方形面积的一半，即 ，
因为是中点，所以到底面的距离为.
所以，所以 .
7. 在正方体中是棱的中点，是四边形内一点（包含边），则直线与平面所成角的正弦值取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】因为点到平面的距离是定值，所以线面角的取值范围，转化为求的范围，利用数形结合，即可求解.
【详解】如图，设正方体棱长为2，平面，当点是靠近点的四等分点时，，
则平面，此时直线与平面所成角的正弦值最大为1，
当点与重合时，此时最长，即,点到平面的距离为，此时直线即与平面所成角的正弦值最小，为，
所以直线与平面所成角的正弦值取值范围是.

故选：D
8. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为．若此三棱台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，设，内切球半径为，根据题意求出侧棱长以及，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组求出半径即可．
【详解】取和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
设，内切球半径为，因为，棱台的高为，
，
，同理，
内切球与平面相切，切点在上，
①，
在等腰梯形中，②，
，
在梯形中，③，
由②③得，代入得，则，
此棱台的表面积是：
．
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下图是正方体的平面展开图，在原正方体中，下列命题正确的是（ ）
A. 与平面不平行B. 平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】将正方体的平面展开图还原为立体图形，确定各顶点在正方体中的相对位置，利用线面平行、面面平行的判定定理逐一判断选项。
【详解】展开图可以折成如图①所示的正方体．
因为在正方体中平面平面，因为平面，
所以平面，故A不正确；
同理可得：平面，故B正确；
如图②所示，连接，
由于平面，平面，所以平面，
同理可得平面，平面，
则平面平面，
同理可证平面平面，所以CD正确．
10. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为B. 圆锥的体积为
C. 圆锥的外接球的表面积为D. 圆锥的内切球的体积为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于选项，求出圆锥的母线长和高，即可求出侧面积和体积；对于选项，求出外接球半径，即可得出外接球体积；对于选项，求出内切球半径，即可得出内切球表面积．
【详解】设圆锥的底面半径，母线长为，
则侧面展开图半圆的弧长等于圆锥底面周长，即，解得，
圆锥的高，
选项A：圆锥侧面积，故A正确；
选项B：圆锥体积，故B错误；
选项C：设外接球的半径为，球心在圆锥的高上，
由勾股定理得，，即，解得，
圆锥的外接球的表面积，故C正确；
选项D：设内切球半径为，圆锥轴截面为边长为2的等边三角形，
则，解得，
内切球的体积为，故D错误．
11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ）

A.
B. 三棱锥的体积不变
C. 的最小值为
D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D.
【详解】连接，如图所示，

直三棱柱中，，
为正方形，，
，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，，A选项正确；
由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；
设，，，
，
，
，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误；
当是的中点时，，，，
，
，，
，设点到平面的距离为，由，
得，，
直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为，
则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：
对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径.
三、填空题：本题共3小题，共15分．
12. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据正四棱柱的几何性质，结合异面直线所成角的定义、余弦定理进行求解即可.
【详解】连接，
正四棱柱中，
有且，四边形为平行四边形，
则有，
则就是异面直线与所成的角．
设，则，
中，由余弦定理得．
故答案为：
13. 已知 中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，的角平分线交AC于点D，且，则的最小值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】由三角形面积关系得到，再利用基本不等式即可求得的最小值．
【详解】如图，由题意得：，
可得：，
由基本不等式，可得，解得．
当且仅当时取等号，即当时，的最小值为4.
故答案为：4．
14. 如图，在单位正方体中，点在线段上运动，下列命题中正确的____________
①在点运动过程中，直线与始终为异面直线
②三棱锥的体积为定值
③异面直线与直线所成的角为定值
④在点运动过程中，不存在某个位置，使得平面平面
【答案】①②③
【解析】
【分析】结合异面直线的定义，可判定①准确；根据三棱锥的体积，可判定②正确；根据线面垂直的性质，可判定③正确；根据线面平行的性质，可判定④不正确，即可得到答案.
【详解】对于①：由题意，在正方体中，
点在线段上运动，，平面，平面，
所以在点运动过程中，直线与始终不能在同一平面内，
所以直线与始终为异面直线，故①正确；
对于②：由三棱锥的体积，其中的面积为定值，
因为，平面，平面，所以直线平面，
所以当点在线段上运动时，点到平面的距离也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③：在正方体中，平面，因为平面，
所以，又由，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以异面直线与直线所成的角为，故③正确；
对于④：根据正方体的结构特征，可得，
又平面，平面，所以平面，
又由选项②的解析过程知平面，，平面，
所以平面平面，
所以当点与点重合时，平面平面，
即存在点，使得平面平面，故④错误.
故答案为：①②③
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为，两底面面积分别为和.求：
（1）圆台的体积；
（2）圆台所在圆锥的表面积；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出圆锥的轴截面示意图，求得上下底面圆的半径，进而结合母线长可求圆锥的高,即可由体积公式求解；
（2）利用比例关系计算出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可计算出其表面积.
【小问1详解】
圆锥的轴截面示意图如下图所示：
因为圆台的上底面面积为，所以上底面圆的半径，
因为圆台的下底面面积为，所以下底面圆的半径，
所以，所以圆台的高；
故圆台的体积为
【小问2详解】
设圆锥的母线长为，圆台的母线长为，
由上图可知：，所以，
所以圆锥的侧面积为，圆锥的底面积为，
所以圆锥的表面积为.
16. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）平面与侧棱相交于点，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可；
（2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行；
（3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值.
【小问1详解】
连接，
在中，，，且，
又，，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得，又平面，平面，
平面，
在中，，，
又平面，平面，平面，
又因且均在平面中，
平面平面.
【小问3详解】
由（1）知，又面，面，平面，
又平面，面面，
，又，，．

17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，.
（I）求异面直线与所成角的余弦值；
（II）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在Rt△DPF中求解即可.
【详解】解：（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得，
故.
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.
又因为BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，
所以PD⊥平面PBC.
（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，
由已知，得CF=BC–BF=2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF中，可得,
在Rt△DPF中，可得.
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角
【点睛】本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可.
18. 在中，角的对边分别为，满足.
（1）若的面积为，以为边长的三个正三角形的面积分别为.
（i）求的值；
（ii）若，求的值；
（2）设的中点为，且，求的取值范围.
【答案】（1）（i）（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简，可得，
（i）利用三角形面积公式求出，由余弦定理可得：，由于表示以为边长的三个正三角形的面积，可得，即可求出答案；
（ii）利用正弦定理，可得，，从而得到，由，化简即可得到；
（2）在中，利用余弦定理可得：，利用基本不等式以及三角形两边之和大于第三边，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
因为在中，，所以，即，
因为，所以；
（i）因为的面积为，
所以，即，
因为，所以，
若以为边长的三个正三角形的面积分别为，
所以，，，
所以，
即，
（ii）因为，，
所以由正弦定理可得：，
所以，，
又因为，所以，
在中，，
所以，故，
即.
【小问2详解】
因为的中点为，
所以在中，由于，，，，
则，即，
则由余弦定理可得：，
即，所以，
又因为，所以，
即 ，所以，当且仅当时等号成立.
故的取值范围.
19. 球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度．这个弧长就被称作两点的球面距离．

（1）在正四棱柱（底面为正方形的直棱柱）中，，，求顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离．
（2）如图1，在直角梯形中，，，，．现将沿边折起到，如图2，使得点在底面的射影在上．
①求点到底面的距离；
②设棱锥的外接球为球，求，两点在球上的球面距离．
参考数据：，．
【答案】（1）；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）求出线段所对的正四棱柱外接球截面大圆的圆心角，再求出弧长.
（2）①根据给定条件可得平面，再在直角三角形中求出；②利用球的截面性质确定球心，求出球半径，进而求出球面距离.
【小问1详解】
正四棱柱的外接球直径，球半径，
因此球心与点构成正三角形，弦所对球过的大圆圆心角为，弧长为，
所以顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离为.
【小问2详解】
①在直角梯形中，，，，，
，，则为正三角形，
在棱锥中，平面，而平面，则，
又，平面，则平面，
而平面，因此，，
在中，，，，
所以点到底面的距离为.
②取中点，则为外接圆圆心，令正的外接圆圆心为，
连接，则，平面，平面，
于是，，
在中，，因此棱锥的外接球半径，
有，球的弦所对大圆的圆心角为，
，即是钝角，而，
则，在大圆中所对劣弧长为，
所以，两点在球上的球面距离为.