浙江省杭州市杭州高级中学临平学校2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份浙江省杭州市杭州高级中学临平学校2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知一个圆柱的侧面积等于其表面积的，且其轴截面的周长为24，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长与面积的数值之比为（ ）

A．B．C．D．
3．已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则球与圆锥的体积之比为（ ）
A．2B．3C．D．
4．21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为和，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为（ ）

A．B．C．D．
5．《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
6．在正三棱锥中，，，若半径为的球与三棱锥的六条棱均相切，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在长方体中，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．平面
C．D．平面
二、多选题
9．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//平面B．
C．D．//平面
10．如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
11．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥.设，点分别为棱的中点，为线段上的动点.下列说法正确的是（ ）
A．在翻折过程中存在某个位置，使
B．当时，与平面所成角的正弦值为
C．在翻折过程中，三棱锥体积的最大值为2
D．当时，的最小值为
三、填空题
12．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ．
13．已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，半径为的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球的表面上，则球的体积为 .
14．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ．
四、解答题
15．如图所示，在正方体中，为底面的中心，是的中点，是的中点．求证：
（1）平面；
（2）平面平面．
16．如图，在正方体中，，，分别为三条面对角线，为一条体对角线.求证：
（1）；
（2）平面.
17．如图，在正四棱柱中，底面的边长为2，侧棱，是棱的中点，是与的交点．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
18．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点．
（1）求证：；
（2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由．
19．如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，，点在线段上，且，，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成二面角的余弦值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，
∵圆柱的侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是24，
∴，解得，
∴圆柱的体积为，
故选:D．
2．【答案】A
【详解】由图可知，所以四边形的面积为；
根据轴不变，轴减半的原则，的坐标为：

四边形周长为
所以四边形周长与面积的数值之比为,
故选A.
3．【答案】C
【详解】设球的半径和圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，
由圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，得，则，
所以球的体积与圆锥的体积之比为.
故选C
4．【答案】D
【详解】因为圆锥的高和母线长分别为和，
则圆锥的底面半径为，
过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如下图所示：

此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为，则
作垂直地面于，则
因为，所以，
即即，所以.
故选D.
5．【答案】D
【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：

在正四棱台中，易知，，
则，所以，
因为平面，平面，所以，，
易知，所以，
因为，，所以，则，
故，
因为分别为的中点，所以，
则异面直线与的夹角为，
因为平面，平面，所以，
在正方形中，，同理可得，
在等腰梯形中，易知，
在正四棱台中，上下底面面积分别为，，
正四棱台的体积，
则，解得
在中，，.
故选D.
6．【答案】D
【详解】取的中心，连接，则平面，且与棱均相切的球的球心在上.
连接并延长交于，则为的中点，，连接，
因为平面，平面，所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以，
过作，交于点，设球的半径为，
则，因为，，所以，，，
由勾股定理得，
在中，，所以，
设，则，
因为，从而，
所以（负值已舍去），所以；
故选D.
7．【答案】C
【详解】连接交于点，连接，则平面即为平面，
因为，平面，平面，
所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，
所以，
又，所以，
所以.
故选C.
8．【答案】C
【详解】解：如图，连接，在长方体中，平面，平面，所以，
又，即矩形为正方形，
，
，平面，
平面，
平面，
，故C正确．
对于A：与为异面直线，故A错误；
对于B：因为，显然与平面相交，故与平面相交，即B错误；
对于D：设，连接，不妨令，
所以，，，所以与不相似，故与不垂直，故与平面不垂直，故D错误.
故选C．
9．【答案】BCD
【详解】设棱柱的高为，.
A选项，根据棱柱性质，，而平面，
若//平面，无论怎样平移直线，都不会和平面只有一个交点，
而与平面只有一个交点，于是得到矛盾，故A选项错误；
B选项，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），故B选项正确；
C选项，连接，
根据平行四边形性质，过，计算可得，，
又为的中点，故（三线合一），
结合A选项，，
因为，平面，
所以平面，因为平面，所有，
因为棱柱的侧棱//，所以，故C选项正确；
D选项，取中点，连接，
结合为的中点可知，为中位线，
故//，且，即//，且，
故四边形为平行四边形，故//，
由平面，平面，故//平面，故D选项正确.
故选BCD
10．【答案】AC
【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；
对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误；
对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，
此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图，
在棱上取点，使，在棱上取点使，
在棱上取中点，则，，
则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为，
，圆心角依次为，
圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误；
故选AC.
11．【答案】ACD
【分析】对于，由平面平面，证明；对于B，当时平面，是直线与平面所成的角，利用三角形边长求正弦值即可；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，是三棱锥的高，由求值即可；对于D，将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，当三点共线时， 的最小值为，利用余弦定理求解.
【详解】对于：当平面平面时，，
证明如下：因为平面平面，平面平面，
，平面，则平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B：当时，等腰直角中，点为棱的中点，有，
，平面，则平面，
平面，有平面平面，由A选项知平面，
所以是直线与平面所成的角；
由，有，，，，
，则，故B错误；
对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面，
即是三棱锥的高，，故C正确；
对于D：当时，因为为的中点，所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，所以，
如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，
则当三点共线时，最小，即的最小值为，
在中，，
则，
所以在中，由余弦定理得，
所以的最小值为，故D正确，
故选ACD.
【方法总结】‌立体几何中的翻折问题通常涉及将一个平面图形按照特定要求折叠成三维空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，解决这类问题需要掌握以下技巧：
1. 同时画出折前和折后的图形：在解决问题时，同时画出折前和折后的图形有助于理解翻折过程和图形变化，这对于判断线段和角度的关系非常关键.
2. 寻找不变量：在翻折过程中，有些量是不变的，如角度和距离，注意这些不变量可以帮助简化问题.
3. 利用‌空间向量：空间向量是一个有效的工具，适用于解决立体几何中的探索性问题，通过坐标运算，可以简化“是否存在”这类问题的解决过程.
4. 将空间问题转化为平面几何问题：通过截面、展开、射影等手段，可以将空间中分散的条件集中在同一平面上，从而更容易解决问题.
12．【答案】
【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，
因此圆锥的侧面积为．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．
13．【答案】/
【详解】设该圆锥的底面半径为，高为．
由扇形圆心角为，半径为，
得圆锥底面圆周长为，解得．
因为扇形半径为，所以，所以．
易知球心在圆锥的高所在的直线上．
设球的半径为，则，
即，解得，
所以球的体积为．
14．【答案】1
【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面，
将四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
可得四棱锥的外接球的球心O为的中点，∴，
连接，，交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，即平面，
若平面，则l与平面所成的角为0．
如图，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，
因为平面，且平面，所以，
又，，且，，平面，所以平面，
故过B且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，
又，且，所以平面，又平面，
所以，又平面，所以为在平面内的射影，
即为直线l与平面所成的角，且，
在中，，，由射影定理求得 ，
而，当且仅当重合时，等号成立，
故，∴．
综上，直线l与平面所成夹角的取值范围为.
15．【答案】（1）见详解；
（2）见详解.
【详解】（1）在中，，分别是与的中点，
所以．
又 平面，平面,
所以平面；
（2）连接，因为是的中点，是的中点，
所以且，
故四边形是平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
又由（1）得平面，
因为，所以平面平面．
16．【答案】（1）见详解
（2）见详解
【详解】（1）在正方体中，平面，
∵平面，∴，
又四边形为正方形，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴.
（2）与（1）中证明同理可证，又，平面
，
∴平面．
17．【答案】（1）见详解；
（2）.
【详解】（1）在正四棱柱中，四边形为矩形，则为的中点，
又为的中点，则有，而平面，平面，
所以平面．
（2）在正四棱柱中，，，的面积，
所以求三棱锥的体积．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.
【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，
因为平面平面，
所以，
（2）线段存在点N，使得平面，理由如下：
取中点N，连接,，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
取AP中点F，连接EF,BF，，且，
因为，，
所以，且，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以.
又平面PAB，平面PAB，所以平面；
又，所以平面平面，
因为M是上的动点，平面，
所以平面PAB，
所以线段存在点N，使得MN∥平面．
19．【答案】（1）见详解;（2）.
【详解】（1）由可得，
易得四边形是矩形，∴，
又平面，平面，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面
（2）四棱锥的体积为，
要使四棱锥的体积取最大值，只需取得最大值.
由条件可得，
∴，即，
当且仅当时，取得最大值36.
分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，由，可得
，令可得，
同理可得平面的一个法向量为，
设平面与平面所成二面角为，
.
由于平面与平面所成角为锐二面角，所以余弦值为.