適用于新高考新教材廣西專版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷七立體幾何與空間向量

單元質(zhì)檢卷七立體幾何與空間向量(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.下列說法正確的是()A.三點確定一個平面B.如果一條直線平行于一個平面,則這條直線平行于這個平面內(nèi)的任意一條直線C.如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直,則該直線與此平面垂直D.平行于同一平面的兩條直線互相平行2.如果直線a∥平面α,P∈α,那么過點P且平行于直線a的直線()A.只有一條,不在平面α內(nèi)B.有無數(shù)條,不一定在平面α內(nèi)C.只有一條,且在平面α內(nèi)D.有無數(shù)條,一定在平面α內(nèi)3.(2022湖南岳陽三模)某種藥物呈膠囊形狀,該膠囊中間部分為圓柱,左右兩端均為半徑為1的半球.已知該膠囊的體積為133π,則它的表面積為(A.356π B.103C.10π D.1634.一個正四棱錐的底面邊長為2,高為3,則該正四棱錐的表面積為()A.8 B.12 C.16 D.205.把一個大圓錐截成一個圓臺和一個小圓錐,已知圓臺的上、下底面半徑之比為1∶3,母線長為6cm,則大圓錐的母線長為()A.8cm B.9cmC.10cm D.12cm6.(2022河北張家口三模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的截面與AC交于點D,與BC交于點E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分,則CDAC=(A.13 B.C.2-327.(2022全國甲,理9)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙=2,則V甲A.5 B.22C.10 D.58.在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,動點Q從B點出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點到點A的最短距離為10,則該棱錐的外接球的表面積為()A.5π B.8π C.10π D.20π二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.關(guān)于空間兩條不同直線a,b和兩個不同平面α,β,下列說法正確的是()A.若a⊥α,b⊥α,則a∥bB.若a⊥b,b⊥β,則a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥bD.若a∥α,α⊥β,則a⊥β10.《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”;底面為矩形,一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”;四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.如圖,在塹堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列說法正確的是()A.四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”B.四面體A1-C1CB為“鱉臑”C.過A點分別作AE⊥A1B于點E,AF⊥A1C于點F,則EF⊥A1BD.四棱錐B-A1ACC1體積最大為211.如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E為棱CC1的中點,F為棱AA1上的點,且滿足A1F∶FA=1∶2,點F,B,E,G,H為過三點B,E,F的平面BMN與正方體ABCD-A1B1C1D1的棱的交點,則下列說法正確的是()A.HF∥BEB.三棱錐B1-BMN的體積為6C.直線MN與平面A1B1BA的夾角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方體AC1中,E是棱CC1的中點,F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點,且A1F與平面D1AE的垂線垂直,如圖所示,下列說法正確的是()A.點F的軌跡是一條線段B.A1F與BE是異面直線C.A1F與D1E不可能平行D.三棱錐F-ABD1的體積為定值三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2022江蘇蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知圓錐同時滿足條件:①側(cè)面展開圖為半圓;②底面半徑為正整數(shù),請寫出一個這樣的圓錐的體積V=.

14.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1與平面BDC1的交線是.

15.(2022河北邯鄲二模)已知正三棱錐P-ABC的底面邊長為6,其內(nèi)切球的半徑為1,則此三棱錐的高為.

16.如圖,在△ABC中,AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分別是邊AB,BC,CA的中點,沿DF,FE,ED將△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于點P,則四面體PDEF的表面積為;體積為.

四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖,在邊長是2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,A1C的中點.(1)求異面直線EF與CD1所成角的大小;(2)證明:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2022山東聊城一模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,∠BAC=30°,側(cè)面BCC1B1是正方形,E是BB1的中點,CE=5,CE⊥AC.(1)求證:CC1⊥AC;(2)F是線段AC1上的點,若平面ABC與平面CEF的夾角為45°,求AF的長.19.(12分)(2022全國甲,文19)小明同學(xué)參加綜合實踐活動,設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).20.(12分)(2022山東菏澤一模)如圖,圓柱的軸截面ABCD是正方形,點E在底面圓周上,AF⊥DE,F為垂足.(1)求證:AF⊥DB.(2)當(dāng)直線DE與平面ABE所成角的正切值為2時,①求二面角E-DC-B的余弦值;②求點B到平面CDE的距離.21.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)如圖,四邊形PDCE為矩形,四邊形ABCD為梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2(1)若M為PA中點,求證:AC∥平面MDE;(2)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值;(3)在線段PC上是否存在一點Q(除去端點),使得平面QAD與平面PBC所成銳二面角的大小為π3?若存在,請說明點Q的位置;若不存在,請說明理由

單元質(zhì)檢卷七立體幾何與空間向量1.C解析:當(dāng)三點共線時,不能確定一個平面,故A錯誤;如果一條直線平行于一個平面,則這條直線與這個平面內(nèi)的任意一條直線可能平行也可以異面,故B錯誤;由線面垂直的判定定理知C正確;平行于同一平面的兩條直線可能平行,可能相交也可以異面,故D錯誤.故選C.2.C解析:過a與P作一平面β,由于P∈α,故可設(shè)平面α與平面β的交線為b,且P∈b,由平面的基本性質(zhì)可知兩平面的交線b是唯一的,因為直線a∥平面α,所以a∥b,即過點P和已知直線a平行的直線有且只有一條,且在平面α內(nèi).3.C解析:設(shè)中間圓柱部分的高為h,則膠囊的體積V=43π×13+π×12×h=13π3,解得h=3,所以膠囊的表面積為4π×12+2π×1×3=4.B解析:如圖所示,在正四棱錐P-ABCD中,底面ABCD的邊長為2,設(shè)點P在底面ABCD的投影點為點O,則四棱錐P-ABCD的高PO=3,則O為AC的中點,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=取AB的中點E,連接PE,則PE⊥AB,且PE=PA2則S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱錐P-ABCD的表面積S=4S△PAB+S四邊形ABCD=4×2+2×2=12.故選B5.B解析:設(shè)大圓錐的母線長為lcm,因為圓臺的上、下底面半徑之比為1∶3,所以(l-6)∶l=1∶3,解得l=9.故選B.6.D解析:由題可知平面A1B1ED與棱柱上、下底面分別交于A1B1,ED,則A1B1∥ED,ED∥AB,顯然CDE-C1A1B1是三棱臺,設(shè)△ABC的面積為1,△CDE的面積為S,三棱柱的高為h,則12·1·h=13h(1+S+S),解得由△CDE∽△CAB,可得CDAC7.C解析:如圖,甲、乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖剛好拼成一個圓,設(shè)圓的半徑(即圓錐的母線長)為3,則圓的周長為6π.設(shè)甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1,r2,高分別為h1,h2,則2πr1=4π,2πr2=2π,則r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=5,h2=22,所以V甲V乙=8.B解析:將側(cè)面PBC沿PC翻折到與側(cè)面PAC共面,如圖所示.則動點Q從B點出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點到點A的最短距離為AB.∵PA⊥底面ABC,AC?平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,∴∠ACB=π2∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=2+a2+22a×22=10,解得a=2∴PB=PC2+B取PB中點O,連接AO,CO,∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB∴O為該棱錐的外接球的球心,其半徑R=12PB=2∴球O的表面積S=4πR2=8π.故選B.9.AC解析:對于A,若a⊥α,b⊥α,則直線a和b相當(dāng)于平面α的法向量,故a∥b,故A正確;對于B,若a⊥b,b⊥β,則a∥β或a?β,故B錯誤;對于C,若a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥b,故C正確;對于D,若a∥α,α⊥β,則a⊥β或a與β相交或a∥β,故D錯誤.故選AC.10.ABC解析:由題意可知,AA1⊥平面ABC,又BC?平面ABC,所以AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,則BC⊥平面AA1C1C,所以四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”,故A項正確;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,又BC1?平面BB1C1C,所以A1C1⊥BC1,故△A1BC1為直角三角形.又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC為直角三角形,由“塹堵”的定義可得△A1C1C為直角三角形,△CC1B為直角三角形,所以四面體A1-C1CB為“鱉臑”,故B項正確;因為BC⊥平面AA1C1C,所以BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,則AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE⊥A1B且AF∩AE=A,所以A1B⊥平面AEF,故A1B⊥EF,故C項正確;在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC時等號成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×11.AD對于A選項,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN與這兩個平面分別交于HF和BE,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知HF∥BE,故A正確;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中點,故MA1=1,C1N=2.對于B選項,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1對于C選項,因為B1N⊥平面A1B1BA,所以直線MN與平面A1B1BA所成的角為∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M=對于D選項,可知D1G=12,GC1=32,故D故選AD.12.ABD解析:對于選項A,如圖,分別找線段BB1,B1C1的中點M,N,連接A1M,MN,A1N.由題得MN∥AD1,MN?平面D1AE,AD1?平面D1AE,所以MN∥平面D1AE.又A1M∥D1E,A1M?平面D1AE,D1E?平面D1AE,所以A1M∥平面D1AE.又MN∩A1M=M,所以平面A1MN∥平面D1AE.因為A1F與平面D1AE的垂線垂直,又A1F?平面D1AE,所以直線A1F與平面D1AE平行,所以A1F?平面A1MN.又平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以點F的軌跡為線段MN,故選項A正確;對于選項B,由圖可知,AF與BE是異面直線,故選項B正確;對于選項C,當(dāng)點F與點M重合時,直線A1F與直線D1E平行,故選項C錯誤;對于選項D,因為MN∥AD1,MN?平面ABD1,AD1?平面ABD1,所以MN∥面ABD1,則點F到平面ABD1的距離是定值,又三角形ABD1的面積是定值,所以三棱錐F-ABD1的體積為定值,故選項D正確.故選ABD.13.33π(答案不唯一)解析:設(shè)底面半徑r=1,母線長為l,由展開圖為半圓,可知2π=l·π,所以l=2,所以高h=l2-r2=3,則體積V=14.C1M解析:因為C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同時M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,所以平面A1CC1與平面BDC1的交線是C1M.15.3解析:設(shè)三棱錐的高為h.因為底面外接圓的半徑r=62sin60°=23,且底面三角形的高為3所以底面外接圓圓心到底面各邊的距離為3,由正三棱錐的結(jié)構(gòu)知,各側(cè)面三角形的高為h2所以各側(cè)面三角形的面積為12×6×h2+3=則13h×12×62×sin60°=13×1×9h2+3+12×62×sin60°,則3(h-1)=16.246295解析:四面體的表面展開圖即△ABC.在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2-四面體PDEF的表面積為S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=12×10×12×265因為四面體PDEF相對棱等長,所以可以把該四面體放在長方體D1EP1F-DE1PF1中,如圖.PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,設(shè)FP1=x,FD1=y,FF1=z,則有x2+y2=25,y所以四面體PDEF的體積V=VD1EP1F-DE1PF-417.解據(jù)題意,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.則D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),∴EF=(-1,0,1),CD1=(0,-2,2),DA1=(2,0,2),(1)cos<EF,C=-=12∴<EF,C即異面直線EF和CD1所成的角為60°.(2)證明:∵EF·DA1=-1×2+0×0+1∴EF⊥DA1,即EF∵EF·DC=-1×0+0×2+1×0∴EF⊥DC,即EF⊥又DA1,DC?平面A1CD,且DA1∩DC=D,∴EF⊥平面A1CD.18.(1)證明因為四邊形BCC1B1為正方形,E為BB1的中點,CE=5,所以BC=2.在△ABC中,由正弦定理得sin∠ACB=ABsin∠所以∠ACB=90°,即AC⊥BC.因為AC⊥CE,BC∩CE=C,BC?平面BCC1B1,CE?平面BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為CC1?平面BCC1B1,所以AC⊥CC1.(2)解由(1)得AC=23,BC=CC1=2,AC,BC,CC1兩兩垂直.以C為原點,CA,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則C(0,0,0),E(0,2,1),A(23,0,0),C1(0,0,2),于是CE=(0,2,1),CA=(23,0,0),AC1=(-23設(shè)AF=λAC1,λ∈[0,1],則CF=CA+λAC1=(23-設(shè)平面CEF的法向量為n=(x,y,z),則n即2令z=-2,得n=2λ3-3λ,1,平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·由平面ABC與平面CEF的夾角為45°,得|cos<m,n>|=cos45°,即-2解得λ=35所以AF=35AC1=35×4=19.(1)證明過點E作EE'⊥AB于點E',過點F作FF'⊥BC于點F',連接E'F'.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,△EAB,△FBC均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四邊形EE'F'F是平行四邊形,則EF∥E'F'.∵E'F'?平面ABCD,EF?平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)解過點G,H分別作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于點G',H',連接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及題意可知,G',H'分別為CD,DA的中點,EFGH-E'F'G'H'為長方體,故該包裝盒由一個長方體和四個相等的四棱錐組合而成.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,∴AC=82+82=82cm,E'F'=H'E'=12AC=42cm,EE'=AE∴該包裝盒的容積為V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4×13×SEE'H'H×14AC=42×42×43+4×13×42×43×2220.(1)證明由題意可知DA⊥底面ABE,BE?底面ABE,故BE⊥DA,又BE⊥AE,AE∩DA=A,AE,DA?平面AED,故BE⊥平面AED,由AF?平面AED,得AF⊥BE,又AF⊥DE,BE∩DE=E,BE,DE?平面BED,故AF⊥平面BED,由DB?平面BED,可得AF⊥DB.(2)解①由題意,以A為原點,在底面圓內(nèi)過點A作AB的垂線作為x軸,以AB,AD所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,設(shè)AD=2,則A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,2),因為DA⊥平面ABE,所以∠DEA就是直線DE與平面ABE所成的角,所以tan∠DEA=DAAE=所以AE=1,所以E32,12由上可得DC=(0,2,0),DE=32,12,-設(shè)平面DCE的法向量為n=(x,y,z),則n即2取x=4,得n=(4,0,3).又m=(1,0,0)是平面BCD的一個法向量,所以cos<m,n>=m·又由圖形可知二面角E-DC-B為銳角,所以它的余弦值為419②因為BE=32,-32,0,所以點B到平面CDE的距離d=|BE21.(1)證明因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因為AD∥BC,AD?平面PBC,所以AD∥平面PBC,又因為AD?平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)解以D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DC,DP的方向為x軸、y軸