2021-2022学年湖北省襄阳市第四中学高一下学期5月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖北省襄阳市第四中学高一下学期5月月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省襄阳市第四中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是（    ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m // n
B．若m // n，m//α ，则n//α
C．若m⊥α，n //α，则m⊥n
D．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n是异面直线
【答案】B
【分析】根据线面关系和面面关系，依次判断每个选项，其中若m // n，m//α ，则n//α或，B错误，得到答案.
【详解】对选项A：若m⊥α，n⊥α，则m // n，垂直于同一个平面的两条直线平行，正确；
对选项B：若m // n，m//α ，则n//α或，错误；
对选项C：若m⊥α，n //α，故存在使，，则m⊥n，正确；
对选项D：若α//β，m⊂α，n⊂β，则不相交，则m//n或m，n是异面直线，正确
故选：B
2．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD（如图所示），若，，，则这个平面图形的面积为

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】在直观图中，∵∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC
∴AD=1，BC=1+，
∴原来的平面图形上底长为1，下底为1+，高为2，
∴平面图形的面积为×2=2+．
故选：B．
3．在正方体中，点Q是棱上的动点，则过A，Q，三点的截面图形是（    ）
A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．以上都有可能
【答案】D
【分析】由点是棱上的动点，可考虑分别在的端点以及中点，故可得过、、三点的截面图形的形状.
【详解】所以当点与重合时，过、、三点的截面是等边三角形；

当点与重合时，过、、三点的截面是矩形；
当点与的中点重合时，取的中点,由于所以,又,故过、、三点的截面是等腰梯形，如图所示：

所以过，，三点的截面图形是可能是等边三角形、矩形或等腰梯形．
故选：D
4．下列叙述不正确的是（    ）
A．已知，是空间中的两条直线，若，则直线与平行或异面
B．已知是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，若，则或与只有一个公共点
C．已知，是空间两个不同的平面，若，则，必相交于一条直线
D．已知直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，则
【答案】D
【分析】利用空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系对各选项逐一判断作答.
【详解】对于A，空间两直线没有公共点，由空间两直线位置关系的分类知，两直线平行或是异面直线，A正确；
对于B，直线与平面有公共点，由直线与平面位置关系的分类知，直线与平面有无数个公共点(直线在平面内)或仅只一个，即B正确；
对于C，两个不重合平面有公共点，由平面基本性质知，它们有且只有一条经过公共点的公共直线，即C正确；
对于D，正三棱锥的侧棱垂直于底面三角形与该棱相对的边，而在底面三角形所在平面内与该边平行的直线都垂直于这条棱，正三棱锥侧棱不垂直于底面，即D不正确.
故选：D
5．在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝1，M为AC的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C－BM－A的大小为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
【答案】C
【详解】如图，由A′B＝BC＝1，∠A′BC＝90°知A′C＝．

∵M为A′C的中点，∴MC＝AM＝，且CM⊥BM，AM⊥BM，
∴∠CMA为二面角C－BM－A的平面角．
∵AC＝1，MC＝MA＝，∴MC2＋MA2＝AC2，
∴∠CMA＝90°，故选C．
6．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥中，平面，底面是正方形，且，点，分别为，的中点，则图中的鳖臑有

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，分别判定得出四面体，，，都是鳖臑，即可得到答案．
【详解】由题意，因为底面，所以，，
又四边形为正方形，所以，
所以平面，，所以四面体是一个鳖臑，
因为平面，所以，
因为，点是的中点，所以，
因为，所以平面，
可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，
同理可得，四面体和都是鳖臑，
故选C.
【点睛】本题主要考查了几何体的线面位置关系的判定及应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，根据题意合理判定是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．
7．已知四棱锥的底面为矩形，底面ABCD，点E在线段BC上，以AD为直径的圆过点E.若，则的面积的最小值为（    ）
A．6 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】求得三角形面积的表达式，结合基本不等式求得面积的最小值.
【详解】设，，则.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
又，，所以平面SAE，则.
，.
在中，，
即，化简得.
在中，，.
所以.
因为，当且仅当，时等号成立，
所以.
故选：B

8．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，，，，平面与平面间的距离为，则该刍童外接球的体积为

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】假设为刍童外接球的球心，连接,交于点，连接,交于点，由球的几何性质可知，，在同一条直线上，由题意可知， 平面，平面，设，利用勾股定理和球的半径相等的条件列式，求出的值，进而求出外接球的半径，即可求出体积.
【详解】解：假设为刍童外接球的球心，连接,交于点，连接,交于点，由球的几何性质可知，，在同一条直线上，
由题意可知， 平面，平面，.
设，
在中，，在矩形中，
.
.
.
在中，，在矩形中，
.
.
.
设外接球的半径，
，解得.
则.
即.
则该刍童外接球的体积.
故选：C.

【点睛】本题考查几何体的外接球体积的求法，考查空间想象能力，找到球心是关键，属于中档题.

二、多选题
9．下列说法正确的是
A．以直角三角形的一条边所在直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
B．以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
C．经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形
D．圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径
【答案】BCD
【解析】根据圆锥的概念及性质，各选项逐一判断即可得到答案.
【详解】A不正确，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体不是圆锥；
B正确，以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；
C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；
D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2倍（即直径）.
故选：BCD.

【点睛】本题考查圆锥的概念及特征，考查对圆锥概念及性质的灵活应用，属于基础题.
10．如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB=2，EF=AD=1，则下列说法正确的是（    ）

A．OF // 平面BCE B．BF⊥平面ADF
C．三棱锥C-BEF外接球的体积为 D．三棱锥C-BEF外接球的表面积为5π
【答案】ABD
【分析】利用线面平行判定定理判断选项A；利用线面垂直判定定理判断选项B；求得三棱锥C-BEF外接球的体积判断选项C；求得三棱锥C-BEF外接球的表面积判断选项D.
【详解】选项A：由，AB=2，EF=1，可得
则四边形为平行四边形，则
又平面BCE，平面BCE，则OF // 平面BCE.判断正确；
选项B：连接BF，线段AB为圆O的直径，则
由平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEF
平面ABCD，，则平面ABEF
则，又，平面ADF，平面ADF
则BF⊥平面ADF.判断正确；
选项C：取CD中点H，连接OH
由平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEF
,平面ABEF，可得平面ABEF
又点E，F，B在圆O上，则三棱锥C-BEF外接球球心在直线上，
由，平面BCE，平面BCE
可得平面BCE，则三棱锥C-BEF外接球球心到平面BCE的距离
为点O到平面BCE的距离
由平面ABEF，平面，可得平面平面ABEF，
则点O到平面BCE的距离即点O到直线的距离，
又点O到直线的距离为，则三棱锥C-BEF外接球球心到平面BCE的距离为
在△BCE中，，，则，则△BCE外接圆半径为
则三棱锥C-BEF外接球的半径
则三棱锥C-BEF外接球的体积为.判断错误；
选项D：由三棱锥C-BEF外接球的半径
则三棱锥C-BEF外接球的表面积为.判断正确.

故选：ABD
11．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有（    ）

A．AG⊥所在平面
B．AH⊥所在平面
C．EF⊥所在平面
D．HG⊥所在平面
【答案】BC
【分析】根据题意，分析折叠前与折叠后的位置关系，几何数量变与不变，可得三者互相垂直，根据线面垂直的判定定理，即可求解.
【详解】如图所示，根据折叠前、后得到不变，
根据线面垂直的判定定理，可得平面，所以B正确；
过A只有一条直线与平面垂直，所以A不正确；
因为，由线面垂直的判定定理，可得平面，所以C正确；
因为与不垂直，所以与平面不垂直，所以D不正确.
故选：B

12．如图所示，在长方体中，，点是上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：其中真命题的是（    ）

A．四棱锥的体积恒为定值；
B．存在点，使得平面
C．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值．
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理判断四边形的形状，由此研究截面的周长，判断D，再利用锥体的体积公式研究四棱锥的体积，判断A,利用线面垂直判定定理判断B，通过举例判断C.
【详解】由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四棱锥的体积等于三棱锥的体积的两倍，
∴    ，
又，都是定值，所以四棱锥的体积为定值，A对，
当BE⊥B1C时，
∵  CD⊥BE，BE⊥B1C，由线面垂直判断定理可得BE⊥平面B1CD，
∴  BE⊥B1D，
又BB1=B1D1，  ∴  B1D⊥BD1，
∴  平面，B对，
当E运动到点C处时，不存在相应的点，使得平面，C错，
由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，
∴  截面四边形的周长为，当时，取最小值，此时截面四边形的周长最小，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，D对，
故选：ABD.


三、填空题
13．一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的表面积为________.
【答案】
【分析】先由圆柱的体积公式求得圆柱的高，再利用相似可得圆锥的高，结合勾股定理求得圆锥的母线长，最后利用圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】根据题意，作出如下的图形，
设圆锥的底面半径为，内接圆柱的底面半径为，
因为内接圆柱的体积为，所以，解得，
又由，所以，解得,
所以圆锥的母线长为，
所以该圆锥的表面积为.
故答案为：.

【点睛】本题主要考查了圆锥的表面积和圆柱的体积的计算，其中解答中熟记圆锥、圆柱的结构特征是解答的关键，着重考查数形结合法，以及推理与运算能力.
14．已知正方体的棱长为1，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为_______________.
【答案】
【分析】由题意可得，以正方体所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，也可以看作是两个正四棱锥的组合体，每一个正四棱锥的侧棱长与底面边长均为，再求出这两个正四棱锥的侧面积，该多面体的表面积为这两个正四棱锥的侧面积之和.
【详解】解：如图，以正方体所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，

也可以看作是两个正四棱锥的组合体，由于正四棱锥的每个侧面为四个全等的等腰三角形,每一个正四棱锥的底面边长为,正四棱锥的侧棱长也为，
故一个正四棱锥的侧面积为
∴该多面体的表面积为
故答案为：
【点睛】本题考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．

四、双空题
15．如下图1，一个正三棱柱容器，底面边长为a，高为2a，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如下图2，这时水面恰好为中截面，则水的体积为__________，图1中容器内水面的高度是__________．

【答案】         
【分析】图2中水所占部分为四棱柱，由棱柱体积公式可得，同理在图1中由三棱柱体积公式可计算出高．
【详解】在图2中，水所占部分为四棱柱．四棱柱底面积为，高为，体积为，
设图1中水高度为，则，解得．
故答案为：；．
【点睛】本题考查棱柱的体积，掌握棱柱体积公式是解题基础．本题考查了学生的空间想象能力，运算求解能力．
16．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑圆，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义；鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以交蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．早在2006年5月，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．现已知某蹴鞠的表面上有四个点、、、，满足是正三棱锥，是的中点，，侧棱长为2，则该蹴鞠的体积为________；蹴鞠球心到平面的距离为______．

【答案】         
【分析】由题意画出图形，证明三棱锥的三条侧棱两两垂直，然后把正三棱锥放置在正方体中，求正方体的对角线长，可得外接球的半径，再由球的体积公式求解；利用等体积法，求的点到平面ABC的距离，即可求得蹴鞠球心到平面的距离.
【详解】解：如图，

取的中点，连接，，为的中点，，
，同理，
，平面，则，
又，且，、平面，
平面，则正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直．
把该三棱锥放置在正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，
外接球的半径等于正方体的对角线长的一半为．
所以该蹴鞠的体积为，
，，
设点到平面ABC的距离为h，
由，则，
所以，
所以蹴鞠球心到平面的距离为.
故答案为：；.

五、解答题
17．如图，在直三棱柱中，如果，，为侧棱上的两点，且，求多面体的体积.

【答案】
【解析】利用割补法计算可得.
【详解】解：在中，边上的高,
，
，，
，
.
【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.
18．如图所示，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，求证：

(1)，，，四点共面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析

【分析】（1）通过证明来证得四点共面.
（2）通过面面平行的判定定理来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以，
根据三棱柱的性质可知，，
所以，所以四点共面.
（2）由于分别是的中点，所以，
由于平面，平面，所以平面.
根据三棱柱的性质可知，
所以四边形是平行四边形，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于平面，所以平面平面.
19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，．

（1）证明：平面．
（2）若四棱锥的体积为12，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，利用勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理，得到平面；
（2）设，根据四棱锥的体积为，求得，利用等体积法，求得到平面的距离.
【详解】（1）证明：因为底面是菱形，所以．

因为，且，所以平面．
因为平面，所以．
因为，且，所以，
因为，所以，则．
因为与相交，所以平面．
（2）解：由（1）可知平面，，则．
设，则四棱锥的体积为，解得．
在中，，，则的面积为．
设点到平面的距离为．
因为三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为，
解得，即点到平面的距离为．
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：
（1）用好线面垂直的判定定理和性质定理，条件要写全，证得线面垂直；
（2）根据三棱锥的顶点和底面转换，利用等积法求得点到平面的距离.
20．如图，在四棱柱中，底面是边长为2的正方形，，E分别为的中点，．

（1）证明：平面；
（2）求四棱柱的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，根据中位线可得线线平行，从而得线面平行；
（2）根据已知中的线线垂直以及勾股定理的逆定理可得为四棱柱的高，再根据体积公式计算体积即可.
【详解】（1）证明：连接，
∵为的中点，∴为的中点，
又E为的中点，∴在中，，
而平面，
∴平面；
（2）连接，则四边形为平行四边形，则，
又，∴，
在中，，
由余弦定理可得，
∴，即，
而，∴平面，
则四棱柱的体积为．

21．如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.
【答案】（Ⅰ） 证明见解析，详见解析；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：（1）依据直线与平面垂直的判定定理推证；（2）借助题设条件运用等积法建立方程求解.
试题解析:
（1）在图1中，易得
所以，在图2中，平面
（2）由已知，平面平面,
所以平面

【解析】空间线面垂直的位置关系和棱锥的体积公式等有关知识的运用．

22．如图，在四棱锥中，平面，在直角梯形中，，，， 为线段 的中点

（1）求证：平面平面
（2）在线段 上是否存在点 ，使得平面 ?若存在，求出点 的位置；若不存在，请说明理由
（3）若 是中点，，，，求三棱锥的体积.
【答案】（1）见证明；（2）见解析；（3）
【分析】（1）先证明四边形为矩形，得出，进而得出平面，最后得证面面垂直．
（2）先取中点，证明，进而得出线面平行．
（3）连接，先平面，进而得出证明平面最后求解体积即可．
【详解】（1），，E是BC中点
，
四边形ABED是平行四边形
四边形 为矩形
平面，
，
平面
平面
平面平面
（2）取中点F连接
在中，
平面，平面
平面
当 为中点时，使得平面；
（3）连接 ， 是 的中点

，，，，
，，
平面
，，
平面 ，平面

【点睛】本题考查线线垂直证明线面垂直再得面面垂直的证明过程，学生要熟练掌握；线面平行的证明的关键是线线平行，构造中位线是常见的处理方法．对于探索型问题，先猜想后证明．