2025-2026学年下学期东北师大附中高一数学2026年6月大练习十二试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期东北师大附中高一数学2026年6月大练习十二试卷含答案，共6页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题项是正确的）a，bαa⊂αb⊂αa∥ba，babA'B'C'D'ABCDA'D'=2B'C'=1A'B'=1ABCD5+55+24+54+2S'，SS=4S'7π7π414π28πABCD−A1B1C1D1EFA1B1B1C1AECFP−ABCPAPBPCPA=PB=PC=2
外接球的体积为 ）
A. 8π3B. 123π
C. 43πD. 16π
7. 如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，下列命题正确的是（ ）
A. AB 与 HG 相交
B. AB 与 EF 平行
C. HE 与 CD 共面
D. EF 与 CD 异面
8. 在图示正方体中，O 为 BD 的中点，直线 A1C∩ 平面 C1BD=M，下列结论错误的是
A. A，C，C1，A1 四点共面
B. C1，M，O 三点共线
C. M∈ 平面 BB1D1D
D. A1C 与 BD 异面
二、多选题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列结论正确的是
A. 若∆ABC的面积为4，则用斜二测画法画出它的直观图的面积为2
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面与截面之间的部分是圆台
C. 有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 若一个圆锥侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的母线与底面半径之比为3:1
10. 设A，B，C是三个不同的点，m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论错误的是（ ）
A. 若m⊄α，A∈m，则A∉α
B. 若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β=AB
C. 若m⊂α，n⊂β，则m与n为异面直线
D. 若A，B，C是平面α内不共线的三点，A∈β，B∈β，则C∈β
11. 已知圆锥SO的侧面积为3π，母线SA=l，底面圆的半径为r，点P满足AP→=2PS→，则（ ）
A. 当r=1时，圆锥SO的体积为22π3
B. 当r=1时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为22
C. 当r=32时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为374
D. 当r=1时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为13
三、填空题（本大题共3小题，每题5分，满分15分）
12. 已知直角梯形ABCD，AB∥CD，AD⊥AB，AB=1，CD=12，AD=12，绕直角边AD旋转一周，则所得几何体的侧面积为 .
13. 如图，AB，CD是圆柱上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上的一点，AE=1，则三棱锥D−ABE的体积为 .
14. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD=λDC，若A1B∥平面ADE，则实数λ的值为 .
四、解答题（本大题共3小题，共47分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题15分）
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1内接于一个圆柱，圆柱的体积是54π，且底面直径与母线长相等.
（1）求圆柱的底面半径；
（2）求三棱柱ABC−A1B1C1的体积与表面积.
16. （本小题15分）
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，E为棱A1D1的中点，F为棱D1C1的中点.
（1）求证：E，F，A，C四点共面；
（2）求证：BD1∥平面AMC.
17. （本小题17分）
如图，在四棱锥S−ABCD中，BC∥AD，BC=1，点E在AD上，且AE=1，DE=2.
（1）求证：AB∥平面SCE；
（2）若点F在线段SE上，且BF∥平面SCD，求证：F为线段SE的中点.
高一年级（数学）学科大练习（十二）答案
一、二、选择题
三、填空题
12、324π； 13、33； 14、2．
四、解答题
15、解：（1）设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，由题意πR2×2R=54π⇒R=3．
即圆柱的底面半径为3．
（2）因为∆ABC为等边三角形，且其外接圆半径为3，由正弦定理：ABsin60°=2×3，
解得AB=33，则S∆ABC=34×(33)2=2734，又三棱柱的高即圆柱的高为6，
所以VABC−A1B1C1=2734×6=8132，
则三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为2×2734+3×33×6=13532．
16、解：（1）如图：连接EF，AC1，AC．
∵E，F分别是线段A1D1，D1C1，∴EF∥A1C1．
又∵在长方体中，AA1∥CC1且AA1=CC1，
∴四边形AA1CC1是平行四边形，
∴A1C1∥AC，∴EF∥AC
∴ 根据平面的性质，E，F，A，C 四点共面.
（2）证明：连接 BD，交 AC 于点 O，
∵ 正方形 ABCD，对角线互相平分，
∴O 是 BD 的中点.又 ∵M 是 DD1 的中点，
因此在 ∆BDD1 中，OM 是中位线，故 OM∥BD1.
∵OM⊂ 平面 AMC，BD1⊄ 平面 AMC，且 OM∥BD1，
由线面平行判定定理得：BD1∥ 平面 AMC.
17、解：（1）连接 CE，因为 BC∥AD，即 BC∥AE，
又因为 BC=AE=1，所以四边形 ABCE 为平行四边形，
所以 AB∥CE，又因为 AB⊄ 平面 SCE，CE⊂ 平面 SCE，
所以 AB∥ 平面 SCE.
（2）连接 BF，过点 F 作 FG∥AD 交 SD 于点 G，连接 CG，
因为 BC∥AD，所以 FG∥BC，所以 B，C，G，F 四点共面，
因为 BF∥ 平面 SCD，BF⊂ 平面 BCGF，平面 SCD∩ 平面 BCGF=CG，
所以 BF∥CG，所以四边形 BCGF 是平行四边形，
所以 FG=BC=1，所以 FG=12ED=1，所以 F 为线段 SE 的中点.
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B
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A
A
C
C
D
C
AD
AC
ABD