《2025年暑假作业甘肃少年儿童出版社高一数学人教版》

1.已知平面α,直线m,n满足$m\not\subset \alpha ,n\subset \alpha$,则“$m// \alpha$”是“$m// n$”的 (B)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： B 因为 $ m \subset \alpha $，$ n \subset \alpha $，当 $ m // \alpha $ 时，$ m $ 与 $ n $ 不一定平行，即充分性不成立；当 $ m // n $ 时，满足线面平行的判定定理，$ m // \alpha $ 成立，即必要性成立；所以“$ m // \alpha $”是“$ m // n $”的必要不充分条件。

2.如图,$Rt\triangle O'A'B'$是一平面图形的直观图,斜边$O'B'= 2$,则这个平面图形的面积是 (D)

A.$\frac {\sqrt {2}}{2}$

B.1
C.$\sqrt {2}$
D.$2\sqrt {2}$

答案： D 在直观图中，因为 $ O'B' = 2 $，$ \angle A'O'B' = 45^\circ $，$ \angle O'A'B' = 90^\circ $，所以 $ O'A' = A'B' = 2 × \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} $。所以 $ S_{\triangle O'A'B'} = \frac{1}{2} × \sqrt{2} × \sqrt{2} = 1 $。所以这个平面图形的面积 $ S = 2\sqrt{2}S_{\triangle O'A'B'} = 2\sqrt{2} $。

3.在正方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,M,N分别为棱AD,$D_{1}D$的中点,则异面直线MN与AC所成的角大小为 (B)
A.$30^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$75^{\circ }$
D.$90^{\circ }$

答案： B

4.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
(1)若$m⊥\alpha ,n// \alpha$,那么$m⊥n;$
(2)若$m⊥n,m⊥\alpha ,n// \beta$,那么$\alpha ⊥\beta ;$
(3)若$\alpha // \beta ,m\subset \alpha$,那么$m// \beta ;$
(4)若$\alpha ⊥\gamma ,\beta ⊥\gamma$,则$\alpha // \beta$,其中正确命题的序号是 (C)
A.(1)(2)
B.(2)(3)
C.(1)(3)
D.(2)(4)

答案： C 对于
(1)，如果 $ m \perp \alpha $，$ n // \alpha $，根据直线与平面垂直的性质可知 $ m \perp n $，所以
(1)正确；对于
(2)，如果 $ m \perp n $，$ m \perp \alpha $，$ n // \beta $，根据线面垂直与线面平行性质可知 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 可以垂直，也可以平行，还可以相交，所以
(2)错误；对于
(3)，如果 $ \alpha // \beta $，$ m \subset \alpha $，根据直线与平面平行的判定可知 $ m // \beta $，所以
(3)正确；对于
(4)，设平面 $ \alpha $，$ \beta $，$ \gamma $ 分别是正方体中经过同一个顶点的三个面，则有 $ \alpha \perp \gamma $ 且 $ \beta \perp \gamma $，但是 $ \alpha \perp \beta $，推不出 $ \alpha // \beta $，所以
(4)错误。

5.(2023·全国乙卷)已知$\triangle ABC$为等腰直角三角形,AB为斜边,$\triangle ABD$为等边三角形,若二面角C-AB-D为$150^{\circ }$,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( )

A.$\frac {1}{5}$
B.$\frac {\sqrt {2}}{5}$
C.$\frac {\sqrt {3}}{5}$
D.$\frac {2}{5}$

答案：
C 取 $ AB $ 的中点 $ E $，连接 $ CE $，$ DE $，因为 $ \triangle ABC $ 是等腰直角三角形，且 $ AB $ 为斜边，则有 $ CE \perp AB $，又 $ \triangle ABD $ 是等边三角形，则 $ DE \perp AB $，从而 $ \angle CED $ 为二面角 $ C - AB - D $ 的平面角，即 $ \angle CED = 150^\circ $。

显然 $ CE \cap DE = E $，$ CE $，$ DE \subset $ 平面 $ CDE $，于是 $ AB \perp $ 平面 $ CDE $，又 $ AB \subset $ 平面 $ ABC $，因此平面 $ CDE \perp $ 平面 $ ABC $，显然平面 $ CDE \cap $ 平面 $ ABC = CE $，$ CD \subset $ 平面 $ CDE $，则 $ CD $ 在平面 $ ABC $ 内的射影为 $ CE $，从而 $ \angle DCE $ 为直线 $ CD $ 与平面 $ ABC $ 所成的角，令 $ AB = 2 $，则 $ CE = 1 $，$ DE = \sqrt{3} $，在 $ \triangle CDE $ 中，由余弦定理得：$ CD = \sqrt{CE^2 + DE^2 - 2CE \cdot DE \cos \angle CED} = \sqrt{1 + 3 - 2 × 1 × \sqrt{3} × (-\frac{\sqrt{3}}{2})} = \sqrt{7} $，由正弦定理得 $ \frac{DE}{\sin \angle DCE} = \frac{CD}{\sin \angle CED} $，即 $ \sin \angle DCE = \frac{\sqrt{3} \sin 150^\circ}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} $，显然 $ \angle DCE $ 是锐角，$ \cos \angle DCE = \sqrt{1 - \sin^2 \angle DCE} = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}})^2} = \frac{5}{2\sqrt{7}} $，所以直线 $ CD $ 与平面 $ ABC $ 所成角的正切值为 $ \frac{\sqrt{3}}{5} $。

6.如图,在棱长为1的正方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,M,N分别是$A_{1}D_{1},A_{1}B_{1}$的中点,过直线BD的平面$\alpha //$平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为 (B)
A.$\sqrt {2}$
B.$\frac {9}{8}$
C.$\sqrt {3}$
D.$\frac {\sqrt {6}}{2}$

答案： B

7.在长方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,已知$B_{1}D$与平面ABCD和平面$AA_{1}B_{1}B所成的角均为30^{\circ }$,则 ( )

A.$AB= 2AD$
B.AB与平面$AB_{1}C_{1}D所成的角为30^{\circ }$
C.$AC= CB_{1}$
D.$B_{1}D与平面BB_{1}C_{1}C所成的角为45^{\circ }$

答案：
D 如图所示：

不妨设 $ AB = a $，$ AD = b $，$ AA_1 = c $，依题以及长方体的结构特征可知，$ B_1D $ 与平面 $ ABCD $ 所成角为 $ \angle B_1DB $，$ B_1D $ 与平面 $ AA_1B_1B $ 所成角为 $ \angle DB_1A $，所以 $ \sin 30^\circ = \frac{c}{B_1D} = \frac{b}{B_1D} $，即 $ b = c $，$ B_1D = 2c = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} $，解得 $ a = \sqrt{2}c $。对于 A，$ AB = a $，$ AD = b $，$ AB = \sqrt{2}AD $，A 错误；对于 B，过点 $ B $ 作 $ BE \perp AB_1 $ 于点 $ E $，易知 $ BE \perp $ 平面 $ AB_1C_1D $，所以 $ AB $ 与平面 $ AB_1C_1D $ 所成角为 $ \angle BAE $，因为 $ \tan \angle BAE = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2} $，所以 $ \angle BAE \neq 30^\circ $，B 错误；对于 C，$ AC = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{3}c $，$ CB_1 = \sqrt{b^2 + c^2} = \sqrt{2}c $，$ AC \neq CB_1 $，C 错误；对于 D，$ B_1D $ 与平面 $ BB_1C_1C $ 所成角为 $ \angle DB_1C $，$ \sin \angle DB_1C = \frac{CD}{B_1D} = \frac{a}{2c} = \frac{\sqrt{2}}{2} $，而 $ 0 ＜ \angle DB_1C ＜ 90^\circ $，所以 $ \angle DB_1C = 45^\circ $，D 正确。

8.甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为$S_{甲}和S_{乙}$,体积分别为$V_{甲}和V_{乙}$.若$\frac {S_{甲}}{S_{乙}}= 2$,则$\frac {V_{甲}}{V_{乙}}= $ (C)
A.$\sqrt {5}$
B.$2\sqrt {2}$
C.$\sqrt {10}$
D.$\frac {5\sqrt {10}}{4}$

答案： C 设母线长为 $ l $，甲圆锥底面半径为 $ r_1 $，乙圆锥底面半径为 $ r_2 $，则 $ \frac{S_{甲}}{S_{乙}} = \frac{\pi r_1 l}{\pi r_2 l} = \frac{r_1}{r_2} = 2 $，所以 $ r_1 = 2r_2 $，又 $ \frac{2\pi r_1}{l} + \frac{2\pi r_2}{l} = 2\pi $，则 $ \frac{r_1 + r_2}{l} = 1 $，所以 $ r_1 = \frac{2}{3}l $，$ r_2 = \frac{1}{3}l $，所以甲圆锥的高 $ h_1 = \sqrt{l^2 - \frac{4}{9}l^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}l $，乙圆锥的高 $ h_2 = \sqrt{l^2 - \frac{1}{9}l^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3}l $，所以 $ \frac{V_{甲}}{V_{乙}} = \frac{\frac{1}{3}\pi r_1^2 h_1}{\frac{1}{3}\pi r_2^2 h_2} = \frac{\frac{4}{9}l^2 × \frac{\sqrt{5}}{3}l}{\frac{1}{9}l^2 × \frac{2\sqrt{2}}{3}l} = \sqrt{10} $。

9.如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的有 (BD)

A.①
B.②
C.③
D.④

答案： BD