【文档说明】福建省福州市平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期5月数学补习练（8）试题含答案.docx，共(13)页，591.083 KB，由小赞的店铺上传

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平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期数学补习练（8）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．有下列四个命题：①三个点可以确定一个平面；②圆锥的侧面展开图可以是一个圆面；③底

面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；④过球面上任意两不同点的大圆有且只有一个．其中正确命题的个数是（）A．0B．1C．2D．32．两个平面能把空间分成几个部分（）A．2或3B．3或4C．3D．2或43．长方体的12条棱所能确定的平面个数为（）A．8B．10C．1

2D．144．已知，为平面，A，B，M，N为点，a为直线，下列推理错误的是（）A．A∈a，A∈β，B∈a，B∈β⇒a⊂βB．M∈，M∈β，N∈，N∈β⇒=IMNC．A∈，B∈，M∈，A∈β，B∈β，M∈β，且A，B，M不共线⇒，β重合D．A∈，A∈β

⇒=IA5．如图所示，用符号语言可表达为（）A．=m，,,nAmAnB．=m，,nmnA=C．=m，,,nAmAnD．=m，,,nAmAn6．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是（）A．B．C

．D．7．已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且13CGBC=，13CHDC=，则直线FH与直线EG（）A．平行B．相交C．异面D．垂直8．如图，1111ABCD

ABCD−是长方体，O是11BD的中点，直线1AC交平面11ABD于点M，则下列结论正确的是（）AA、M、O三点共线BA、M、O、1A不共面CA、M、C、O不共面DB、1B、O、M共面9．已知复数z满足：()()3i12iiz−+=(其中i为虚数单位)，复数z的虚部等于（）A．15−B．25

−C．45−D．3510．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为23，面积为3，则球O的表面积等于（）A．818B．812C．1218D．1212二、填空题11．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，平面11ACC与平面BDC1的

交线是________．12．设平面α与平面β相交于l，直线a⊂α，直线b⊂β，a∩b＝M，则M________l.13．给出下列说法：①和直线a都相交的两条直线在同一个平面内；②三条两两相交的直线一定在同一个平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两相交

且不过同一点的四条直线共面．其中正确说法的序号是14．在ABC中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，若222bcabc+=+，且coscoscosBCA+2sinA=，则ABC的形状是___________.三、解答题15．用符号语言表示下列语句，并画出图形.（1）点A在平面α内，点B不在

平面α内；（2）直线l在平面α内，直线m不在平面α内.16．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F，G分别在边AB，AD，BC上，且满足AE＝13AB，AF＝13AD，BG＝23BC，设ABa=，ADb=.（1）用a，b表示EF，EGuuur；（2）若EF⊥EG，2ABEGab=，求角A的

值.参考答案1．A【分析】根据平面的性质，圆锥侧面展开图性质，正棱锥定义，球的截面的性质判断各命题．【详解】当三点共线时，不能确定平面，故①错误；由圆锥的母线一定比底面半径大，可得圆锥的侧面展开图是一个圆心角不超过2的扇形，故②错误；底面是等边三角形，三个侧面都是

等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，故③错误；如果两点是球的两个极点，则过两点的大圆有无数个，故④错误故选：A．2．B【分析】分别判断两个平面的平行和相交时，分空间的情况即可的答案.【详解】若两个平面平行，此时两个平面把空间分成3个平面，若两个平面相交，此时两个平面把

空间分成4个平面，故两个平面能把空间分成3个或4个部分.故选:B【点睛】关键点点睛：本题的关键是要考虑到两个平面的位置关系.3．C【分析】由长方体的结构和面的定义可得选项．【详解】在长方体中，由12条棱可构成长方体的6个面

和6个对角面，共12个面．故选：C．4．C【分析】由平面的性质可知，为经过A的一条直线而不是A.【详解】A，A∈β，IA由基本事实可知为经过A的一条直线而不是A.故=IA的写法错误.故选：C5．A

【分析】根据课本点、线、面及其关系的符号表示规定逐一判断.【详解】点为元素，线和面是集合，根据点与集合、集合与集合之间的关系易得.故选:A6．D【分析】利用异面直线的判定方法可得正确的选项.【详解】在A图中

，分别连接,PRQS，则//PRQS，所以,,,PSRQ四点共面，在B图中，过,,,PSRQ可作一个正六边形，如图所示，故,,,PSRQ四点共面，在C图中，分别连接,PQRS，则//PQRS，所以,,,PSRQ四

点共面，在D图中，PS与RQ为异面直线，所以,,,PSRQ四点不共面，故选:D．【点睛】关键点睛：解题关键在于对异面直线的判定方法的理解，难度属于基础题7．B【分析】由已知EF为三角形ABD的中位线，从而//EFBD且12EFBD=，由11.33CGBCCHD

C==，得在四边形EFHG中，//EFHG，即E，F，G，H四点共面，且EFHG，由此能得出结论．【详解】如图所示，连接EF,GH.四边形ABCD是空间四边形，E、F分别是AB、AD的中点，EF为三角形ABD的中位线/

/EFBD且12EFBD=又11.33CGBCCHDC==，CHGCDB∽，且//HGBD，13HGBD=在四边形EFHG中，//EFHG即E，F，G，H四点共面，且EFHG，四边形EFGH是梯形，直线FH与直线E

G相交，故选：B【点睛】方法点睛：证明两直线相交，首先要证明两直线共面，再证明它们不平行.所以本题先证明E，F，G，H四点共面，再证明直线FH与直线EG不平行.8．A【分析】连接AC、11AC，可得出A

、1A、1C、C四点共面，利用公理3可判断A选项的正误；利用公理2可判断B、C选项的正误；假设B、1B、O、M共面，分1//BBAO和1BB、AO两种情况讨论，结合平行线的传递性、线面平行的判定定理可判断D选项的正误.【详解】连接AC、11AC，在长方体1111ABCDABCD−

中，11//AACC，则A、1A、1C、C四点共面，1AC平面11ABDM=，则M平面11ABD，1ACQ平面11AACC，M平面11AACC，平面11AACC平面11ABDAO=，由公理3可知，MAO，即A、M、O

三点共线，A选项正确；由A选项可知，MAO，且1AAO，由公理2可知，A、M、O、1A共面，B选项错误；由A选项可知，MAO，且CAO，由公理2可知，A、M、C、O共面，C选项错误；由A选项可知，MAO

，若B、1B、O、M共面，则1BB与AO为共面直线，若1//BBAO，11//BBAA，则1//AAAO，这与1AAAOA=矛盾；若1BB与AO相交，设1BBAOP=，由于1AAAOA=，1AA与AO可确定平面11AACC，11//B

BAA，1BB平面11AACC，1AA平面11AACC，1//BB平面11AACC，1BBAOP=，AO平面11AACC，则P平面11AACC，1PBB，则1BB与平面11AACC有公共点P，这与1//BB平面11AACC矛盾，D选项错误.【点睛】公理1是判断一

条直线是否在某个平面的依据；公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据；公理3是证明三线共点或三点共线的依据．要能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理．9．C【分析】由题得3ii12iz=++，计算得24i55z=−+，故24i55

z=−−，进而得答案.【详解】由题知：3iii224iiii12i12i555z−−−=+=+=+=−+++，所以24i55z=−−，所以复数z的虚部为45−.故选：C.10．A【分析】由圆锥侧面展开图求得圆锥的母线和底

面半径，作出圆锥的轴截面，其外接圆是球的大圆，由图形求得球半径，从而可得球表面积．【详解】设圆锥母线为l，底面半径为r，则2223133rll==，解得31lr==，如图，ABC是圆锥轴截面，外接圆O是球的大圆，设球

半径为R，1cos3rABCl==，22sin3ABC=，3922sin4223lRABC===，928R=，所以球表面积为2292814488SR===．故选：A．【点睛】方法点睛：本题考查求球的表面积，解题关键是求得球的半

径．在球圆锥或圆柱、圆台问题中可以作出圆柱（圆锥，圆台）的轴截面，轴截面的外接圆为球的大圆，由此建立了球半径与圆柱（圆锥圆台）的量之间的关系．11．C1M【分析】找到同时在两平面上的点，从而可求出交线.【详解】因为C

1∈平面11ACC，且C1∈平面BDC1，同时M∈平面11ACC，且M∈平面BDC1，所以平面11ACC与平面BDC1的交线是C1M.故答案为:1CM.12．【分析】根据点、线、面的位置关系可得结果.【详解】∵a∩b＝M，所以,MaMb，因为,ab，所以,MM，

因为l=，所以Ml.故答案为：13．④【分析】利用正方体可判断①②的正误，利用公理3及其推论可判断③④的正误.【详解】如图，在正方体1111ABCDABCD−中，111AAABA=，1ADAAA=，但是11,ABAD异面，故①错误.又1111,,AAABAD交于点1A，但111

1,,AAABAD不共面，故②错误.如果两个平面有3个不同公共点，且它们共线，则这两个平面可以相交，故③错误.如图，因为abD=，故,ab共面于，因为,,BaFbEb，故,,BFE，故BF即c，而Ac，故A，故

EA即d即abcd,,,共面，故④正确.故答案为：④14．等边三角形【分析】由已知并结合余弦定理得π3A=，再结合()coscosABC=−+得2sinsinsinBCA=，进而得2bca=，故bc=，所以ABC的形状是等边三角形.【详解】2221cos222bcabcAbcbc+−

===，由于0πA，故π3A=.由于2coscoscossinBCAA+=，∴()()coscoscosπcoscoscosBCBCBCBC+−+=−+2coscoscoscossinsinsinBCBCBCA=−+=.∴2sinsinsin

BCA=，利用正弦定理得2bca=，所以2220bcbc+−=，故bc=，所以ABC为等边三角形.故答案为;等边三角形.【点睛】本题考查余弦定理，三角恒等变换，正弦定理边角互化，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据利用()

coscosABC=−+化简整理得2sinsinsinBCA=，进而由边角互化的2bca=.15．（1）,AB，图形见解析（2）l，m，图形见解析【分析】（1）根据点和平面的位置关系可得结果；（2）根据直线与平面的位置关系可得结果.【详

解】（1）,AB，图形如图：（2）l，m，图形如图：或16．（1）1133EFba=−，2233EGab=+；（2）3.【分析】(1)以a，b为基底，进行向量加减运算，即得结果；(2)以a，b为基底，结合EF⊥EG进行数量积运算22ba=，再利用2ABEGab=，

得cosA的关系式，即解得角A.【详解】（1）由平面向量的线性运算可知11113333EFAFAEADABba=−=−=−，22223333EGEBBGABADba=+=+=+.（2）由题意，因为EF⊥EG，所以()()()()1223

39EFEGbabababa=−+=−+()()()()()22122203399EFEGbababababa=−+=−+=−=，解得22ba=，所以()2222cos2cos333ABEGabaabAaabA=+=+=，则可化简上式为22cos2cos33AA+=，解

得1cos2A=，又()0A，，故3A=.