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1、2019-2020年高一数学下学期周练试题承智班一、选择题1已知三棱锥中，则关于该三棱锥的下列叙述正确的为（ ）A表面积 B表面积为 C体积为 D体积为2已知三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 3如图，正方体中，点为线段上一动点，点为底面内（含边界）一动点，为的中点，点构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（ ） （A）棱柱 （B）棱锥（C）棱台 （D）球4将正三棱柱截去三个角（如图（1）所示A、B、C分别是GHI三边的中点）得到几何体如图（2），则该几何体按图（2）所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ） A B C D5球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都
2、等于大圆周长的，经过3个点的小圆的周长为，那么这个球的半径为（ ）ABC2D6已知地球的半径为，球面上两点都在北纬45圈上，它们的球面距离为，点在东经30上，则两点所在其纬线圈上所对应的劣弧的长度为（ ）ABCD7、是半径为的球的球面上两点，它们的球面距离为，求过、的平面中，与球心的最大距离是（ ）ABCD8已知A，B两地都位于北纬45，又分别位于东经30和60，设地球半径为R，则A，B的球面距离约为 ( )ABCD9设地球半径为R，则东经线上，纬度分别为北纬和的两地A，B的球面距离为( )ABCD10平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为( )ABCD11六棱
3、柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，且侧棱于底面边长，则直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD12一个容器形如倒置的等边圆锥，如下图所示，当所盛水深是容器高的一半时，将容器倒转，那么水深是容器高的（ ）A.B. CD. 13给定下列四个命题：圆锥是由正方形绕对角线旋转所形成的曲面围成的几何体；圆锥是由三角形绕其一边上的高旋转所形成曲面围成的几何体；圆锥是角绕其角平分线旋转一周所形成曲面围成的几何体；底面在水平平面上的圆锥用平行于底面的平面所截得的位于截面上方的部分是圆锥其中正确的命题为 （只填正确命题的序号）14正方体的棱长为1，为的中点，为线段的动点，过 的平面截该正方体所得的截面记为，则下列
4、命题正确的是 当时，为四边形 当时，为等腰梯形当时，与的交点满足 当时，为六边形当时，的面积为15已知结论:“在三边长都相等的ABC中,若D是BC的中点,G是ABC外接圆的圆心,则=2”.若把该结论推广到空间,则有结论:“在六条棱长都相等的四面体ABCD中,若M是BCD的三边中线的交点,O为四面体ABCD外接球的球心,则= .”16如图所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将ABC沿DE，EF，DF折成正四面体PDEF，则四面体中异面直线PG与DH所成角的余弦值为_ 17如图，已知正方形的边长为，点分别在边上，现将沿线段折起到位置，使得（1）求五棱
5、锥的体积；（2）求平面与平面的夹角18如图，直三棱柱中， ， ，是的中点，是等腰三角形，为的中点，为上一点 （1）若平面，求；（2）平面将三棱柱分成两个部分，求较小部分与较大部分的体积之比参考答案1A【解析】试题分析：如图所示，由已知，平面， 所以， ,即三棱锥的各个面均为直角三角形，所以，三棱锥的表面积为，选考点：垂直关系，几何体的表面积与体积2B【解析】试题分析：如图所示，由已知，平面， 所以， ,取的中点，由直角三角形的性质，到的距离均为，其即为三棱锥的外接球球心，故三棱锥的外接球的表面积为，选. 考点：垂直关系，球的表面积3A【解析】试题分析：先固定点位置，点在底面的边界上运动时，连接
6、，则的中点就在的中位线上运动，如图中，当在底面内部运动时，就在内部运动；且，与相似，的面积是的面积一半；当点运动到时，同理可知点轨迹是内部及边界，且，与相似，的面积是的面积一半，所以，则构成的点集是一个空间几何体是棱柱，故选A. 考点：对空间图形的认识.4A【解析】试题分析：由正三棱柱的性质得侧面AED底面EFD， 则侧视图必为直角梯形，又线段BE在梯形内部，A正确.考点：三视图5B【解析】利用球的概念性质和球面距离的知识求解设球的半径为，小圆的半径为，则，如图所示，设三点、，为球心，又，是等边三角形，同样，、都是等边三角形，得为等边三角形，边长等于球半径为的外接圆半径， 故选B6C【解析】如
7、图，设球心为，北纬45圈的中心为， 由两点的球面距离为，所以=，为等边三角形于是由，即=两点在其纬线圈上所对应的劣弧选C7A【解析】球面上、两点的球面的距离为，当成为圆的直径时，取最小值，此时，取最大值，即球心与过、的截面圆距离最大值为选A8D【解析】如图，设O为球心，为北纬45圈的圆心，连结OA，OB，AB由于地轴平面 与为纬度，为二面角的平面角中，中，由余弦定理，OAB中，由余弦定理：，AB的球面距离约为，选D9B【解析】经过A、B两地的大圆就是已知经线， ，选B10B【解析】由勾股定理可得球的半径为，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：故选B11B【解析】解：利用异面直线的所成的角，
8、平移到同一个平面内，然后借助于正六边形的边长就是底面的外接圆的半径，和侧棱于底面边长，利用解三角形得到为12C【解析】设圆锥体积为，锥高为则水的体积为则；将容器倒转后水深为由，得故选C13【解析】试题分析：正方形绕对角线旋转所形成的曲面围成的几何体为两个圆锥，错误；圆锥是由直角三角形绕其一条直角边旋转所形成曲面围成的几何体，错误；正确；故答案为.考点：圆锥的定义和性质.14【解析】试题分析：如图，当时，即Q为CC1中点，此时可得，故可得截面APQD1为等腰梯形，故正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足AMPQ，即可得截面为四边形APQM，故正确；时，如图，延长DD1至N，
9、使，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证，由1，可得，故可、得，故正确；由可知当时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；当时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为，故正确考点：空间图形与平面图形的关系153【解析】如图所示,易知球心O在线段AM上,不妨设四面体ABCD的棱长为1,外接球的半径为R, 则BM=,AM=,R=,解得R=.于是,=3.16【解析】折成的四面体是正四面体，画出立体图形， 根据中点找平行线，把所求的异面直线所成角转化到一个三角形内进行计算如图所示，联结
10、HE，取HE的中点K，联结GK，PK，则GKDH，故PGK即为所求的异面直线所成的角或者其补角设这个正四面体的棱长为2，在PGK中，PG，GK，PK，故cosPGK，即异面直线PG与DH所成角的余弦值是.17（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由于沿线段折起到的过程中，平面平面始终成立.所以平面.又因为，正方形的边长为，点分别在边上，.即可求得结论.（2）依题已建立空间直角坐标系.求出两个平面的法向量，由法向量的夹角得到平面与平面的夹角.试题解析：（1）连接，设，由是正方形，得是的中点，且，从而有，所以平面，从而平面平面， 2分过点作垂直且与相交于点，则平面 4分因为正方形的边长为，得到：，
11、所以，所以所以五棱锥的体积； 6分（2）由（1）知道平面，且，即点是的交点，如图以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则， 7分设平面的法向量为，则，令，则， 9分设平面的法向量，则， 令，则，即， 11分所以，即平面与平面夹角. 12分考点：1.线面垂直的判定与性质.2.二面角.3.空间想象力.18（1）；（2）.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、补体法、几何体的体积公式等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，取BC中点，由中位线及平行线间的传递性，得到，即四点共面，利用线面平行的性质，得，从而得到E是CN中点，从而得到的值；第二问，利用直三棱柱，得平面，由，利用线面垂直的判定，得平面，利用补体法求几何体的体积，分别求出较小部分和较大部分的体积，再求比值.试题解析：取中点为，连结， 1分 分别为中点，四点共面， 3分且平面平面又平面，且平面 为的中点，是的中点， 5分 6分 （2）因为三棱柱为直三棱柱，平面，又，则平面设，又三角形是等腰三角形，所以.如图，将几何体补成三棱柱几何体的体积为： 9分又直三棱柱体积为： 11分故剩余的几何体棱台的体积为：较小部分的体积与较大部分体积之比为： 12分考点：线性平行、线面平行、线性垂直、线面垂直、补体法、几何体的体积公式.
