2020高考数学刷题首选卷单元质量测试（六）立体几何理（含解析）.docx

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1、1单元质量测试(六)时间：120 分钟 满分：150 分第卷 (选择题，共 60 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是( )A圆柱 B圆锥 C棱锥 D棱柱答案 B解析 易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选 B2(2018郑州检测)已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角形，侧视图是有一条直角边为 2 的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )答案 C解析 由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线 PA 形成的投影，应为虚线故选 C3已知

2、各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为 2，这个球的表面积为 6，则这个正四棱柱的体积为( )A1 B2 C3 D4答案 B解析 S 表 4 R26， R ，设正四棱柱底面边长为 x，则 x2 x22 2(2 R)622， x12 V 正四棱柱 2故选 B4(2018贵阳模拟)设 m， n 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，给出下列命题：若 m ， m ，则 ；若 m ， m ，则 ；若 m ， n ，则 m n；若 m ， n ，则 m n上述命题中，所有真命题的序号是( )A B C D答案 A解析 对于，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以正确；对于，平行于同一条直线的两个平面

3、的位置关系不确定，所以错误；对于，平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，所以错误；对于，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以正确故选 A5(2018太原三模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A2 B2 2 3C4 D4 3 2答案 A解析 由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积V 1 21 ( )222 故选 A12 12 2 26(2018江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图 1，它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1，如图 2，其中 O1A16， O1C12，则该几何体的侧面积为( )3A48 B64 C96 D128答案 C

4、解析 由题图 2 及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形 OABC，设 CB 与y 轴的交点为 D，则易知 CD2， OD22 4 ， CO 6 OA，俯视图2 2 CD2 OD2是以 6 为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为 4，所以该几何体的侧面积为 46496故选 C7(2018郑州质检三)已知 A， B， C， D 四点在半径为 的球面上，且5AC BD4， AD BC ， AB CD，则三棱锥 D ABC 的体积是( )11A6 B4 C2 D7 7 7 7答案 C解析 如图所示，将三棱锥 D ABC 放在长、宽、高分别为 a， b， c 的长方体中，则依题意

5、有Error!解得Error! 则三棱锥 D ABC 的体积为abc4 abc2 选 C13 12 748(2018山西四校联考)如图所示， P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为 O， M 为 PB 的中点，给出下列五个结论： PD平面 AMC； OM平面 PCD； OM平面 PDA； OM平面PBA； OM平面 PBC其中正确的个数是( )A1 B2 C3 D4答案 C解析 矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，所以 O 为 BD 的中点在 PBD 中， M 是PB 的中点，所以 OM 是 PBD 的中位线， OM PD，则 PD平面 AMC， OM平面 P

6、CD，且 OM平面 PDA因为 M PB，所以 OM 与平面 PBA、平面 PBC 相交故选 C9(2018大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为 a 的正方形在圆柱内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为( )A B C D a34 a36 a38 a312答案 D解析 由题意可知，该圆柱底面直径和高都是 a，故其体积为 V1 R2h 2aa2而圆柱体的内切球的直径也为 a，故其体积为 V2 R3 3 ，所以圆柱 a34 43 43 a2 a36体内除球体以外部分的体积为 V V1 V2 故选 D a31210(2018湖南长沙四校联考)祖暅是

7、南北朝时代的伟大数学家，5 世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” 意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )5A B C D答案 D解析 设截面与底面的距离为 h，则中截面内圆的半径为 h，则截面圆环的面积为( R2 h2)；中截面圆的半径为 R h，则截面圆的面积为 ( R h)2；中截面圆的半径为 R ，则截面圆的面积为 R 2；中截面圆的半径为 ，则截面

8、圆的面积为h2 h2 R2 h2( R2 h2)所以中截面的面积相等，故其体积相等，故选 D11(2018浙江高考)已知四棱锥 S ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点(不含端点)设 SE 与 BC 所成的角为 1， SE 与平面 ABCD 所成的角为 2，二面角 S AB C 的平面角为 3，则( )A 1 2 3 B 3 2 1C 1 3 2 D 2 3 1答案 D解析 由题意知该四棱锥为正四棱锥，设 AB， AD， BC 的中点分别为 P， M， N 连接MN，过点 E 作直线 MN 的垂线交 MN 于点 Q设 O 为 S 在底面 ABCD 内的射影，连接S

9、O， OP， OE， SP， SQ，则 SEQ 1， SEO 2， SPO 3，tan 2 ，tan 3OSOE6， OP OE，OSOPtan 3tan 2又 EQ MN， EQ SO， MN SO O， MN， SO平面 SOQ， EQ平面SOQ，又 SQ平面SOQ， EQ SQtan 1 ， SQ SO， EQ OP，tan 1tan 3故有SQEQtan 1tan 3tan 2由图可知 1， 2， 30， 1 3 2，故选 D 212(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A B C D334 233 32

10、4 32答案 A解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 ABCD A1B1C1D1中，平面 AB1D1与线 AA1， A1B1， A1D1所成的角是相等的，所以平面 AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面 C1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 AB1D1与 C1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为 ，所以其面积为 S6 2 ，故选 A22 34 (22) 334第卷 (非选择题，共 90 分)二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13如图，一个底面半

11、径为 R 的圆柱形量杯中装有适量的水若放入一个半径为 r 的实心铁球，水面高度恰好升高 r，则 _Rr答案 233解析 由水面高度升高 r，得圆柱体积增加 R2r，恰好是半径为 r 的实心铁球的体积，因此有 r3 R2r故 43 Rr 23314直三棱柱 ABC A1B1C1的六个顶点都在球 O 的球面上若AB BC2， ABC90， AA12 ，则球 O 的表面积为_2答案 167解析 由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即 4，故球 O 的表面积 S4 R21622 22 22215已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为_答案 8解析 由三视

12、图可知该几何体为一个底面半径为 1，高为 5 的圆柱与一个底面半径为1，高为 3 的圆柱的组合体，其体积为 V1 2(53)816(2018唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为 2，所有顶点都在球 O 上，则球 O 的表面积为_答案 8解析 依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为 2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为 2 ，故2球的半径为 ，该球的表面积为 4( )282 2三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

13、)17(2018珠海摸底)(本小题满分 10 分)中秋节即将到来，为了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计方案如下：将一块边长为 10 的正方形纸片 ABCD 剪去四个全等的等腰三角形( SEE， SFF， SGG， SHH)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒 S EFGH，其中 A， B， C， D 重合于点 O， E 与E重合， F 与 F重合， G 与 G重合， H 与 H重合(如图所示)8(1)求证：平面 SEG平面 SFH；(2)已知 AE ，过 O 作 OM SH 于点 M，求 cos EMO 的值52解 (1)证明：因为折叠后 A， B，

14、C， D 重合于一点 O，所以拼接成底面 EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面 EFGH 是正方形，故 EG FH因为在原平面图形中， SEE SGG，所以 SE SG，所以 EG SO又 FH SO O， FH平面 SFH， SO平面 SFH，故 EG平面 SFH又因为 EG平面 SEG，所以平面 SEG平面 SFH(2)依题意，当 AE 时，52即 OE 52Rt SHO 中， OH ， SH ，故 SO5，52 552所以 OM SOOHSH 5由(1)知 EG平面 SFH，且 OM平面 SFH，故 EG OM，从而 EO OM，故 Rt EMO 中， EM ，E

15、O2 OM2352所以 cos EMO OMEM 2318(2018安徽江淮十校联考)(本小题满分 12 分)四棱锥 A BCDE 中， EB DC，且9EB平面 ABC， EB1， DC BC AB AC2， F 是棱 AD 的中点(1)证明： EF平面 ACD；(2)求二面角 B AE D 的余弦值解 (1)证明：取 AC 中点 M，连接 FM， BM， F 是 AD 中点， FM DC，且 FM DC112又 EB DC， EB1， FM 綊 EB，四边形 FMBE 是平行四边形 EF BM，又 BC AB AC， ABC 是等边三角形， BM AC， EB平面 ABC， EB DC，

16、CD平面 ABC， CD BM又 CD AC C， BM平面 ACD， EF平面 ACD(2)取 BC 中点 N，连接 AN，则 AN BCAN平面 BCD以 N 为原点建立如图所示的空间直角坐标系则各点坐标为 A(0，0， )， B(0，1，0)， C(0，1，0)， D(2，1，0)，3E(1，1，0)可得 (0，1， )， (1，0，0)， (1，1， )， (1，2，0)，BA 3 BE EA 3 ED 10设平面 ABE 的法向量为 n1( x1， y1， z1)，则Error! 得Error!可取 n1(0， ，1)，3设平面 ADE 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，则

17、Error! 得Error!可取 n2(2，1， )，3于是 cos n1， n2 ， 3 328 64注意到二面角 B AE D 是钝二面角，因此，所求二面角的余弦值就是 6419(2018湖北重点中学联考二)(本小题满分 12 分)如图 1，等腰直角三角形 ABC 的底边 AB2，点 D 在线段 AC 上， DE AB 于点 E，现将 ADE 沿 DE 折起到 PDE 的位置(如图 2)(1)求证： PB DE；(2)若 PE BE，直线 PD 与平面 PBC 所成的角为 30，求平面 PDE 与平面 PBC 所成的锐二面角的正弦值解 (1)证明：由图 1，图 2 可知， DE PE， D

18、E BE， PE BE E， DE平面 PBE，又 PB平面 PBE， PB DE(2)由(1)及 PE BE 可知， DE， BE， PE 两两互相垂直分别以 ， ， 的方向为 x 轴、ED EB EP y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Exyz11设| PE| a(0a1)，则 B(0，2 a，0)， D(a，0，0)， C(1，1 a，0)， P(0，0， a)， (0，2 a， a)， (1，1，0)PB BC 设平面 PBC 的法向量为 n( x， y， z)，则Error!Error!平面 PBC 的一个法向量为 n( a， a，2 a)，直线 PD 与平面 PBC 所成

19、的角为 30，且 ( a，0， a)，PD sin30 ，|a2 a2 a|2a2a2 a2 2 a2 a2(舍去)或 a 25平面 PBC 的一个法向量为 n ，252585易知平面 PDE 的一个法向量为 m(0，1，0)，设所求的锐二面角为 ，则 cos ，mn|m|n| 26所以 sin ，346即平面 PDE 与平面 PBC 所成的锐二面角的正弦值为 34620(2018山东青岛统一质检)(本小题满分 12 分)如图，圆柱 H 横放在底面边长为 1的正六棱锥 P ABCDEF 的顶点 P 上， O1和 O2分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥P ABCDEF 的底面中心为 O，

20、PO1， M， N 分别是圆柱 H 的底面圆 O1的最高点和最低点， G是圆柱 H 的底面圆 O2的最低点， P 为 NG 的中点，点 M， O1， N， A， O， D， G， P 共面，O1， P， D 共线，四边形 ADGN 为矩形12(1)证明： MG平面 PCD；(2)求二面角 M CD A 的大小注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥解 (1)证明：连接 PO1(图略)， P 为 NG 的中点， O1为 MN 的中点， PO1 MG，又点 O1， P， D 共线， PD MG， PD平面 PCD， MG平面 PCD， MG平面 PCD(2) O 为

21、正六棱锥 P ABCDEF 的底面中心， PO底面 ABCDEF，取 BC 的中点 W(图略)，连接 OW， AD，则点 O 在 AD 上， OW AD分别以 OA， OW， OP 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz P 为 NG 的中点，四边形 ADGN 为矩形， O 为 AD 的中点， PO1， NA PO， NA PO1，从而 NA底面 ABCDEF， M， N 分别是圆柱 H 的底面圆 O1的最高点和最低点， O1N底面 ABCDEF，从而 M， O1， N， A 四点共线，正六棱锥 P ABCDEF 的底面边长为 1， AD2，四边形 ADGN 为矩形， NG

22、 AD，且 NG AD2，又 P 为 NG 的中点， NP AD，且 NP AD1，12在 O1AD 中， NP 为 O1AD 的中位线，从而 N 为 O1A 的中点， O1N AN1，故 M(1，0，3)， C ， ，0， D(1，0，0)，12 32 ， ，0， (2，0，3)DC 12 32 DM 13设平面 MCD 的法向量为 m( x， y， z)，由Error! Error!令 x1，则 y ， z ，33 23 m1， ， 33 23取平面 ABCDEF 的一个法向量为 n (0，0，1)OP 设二面角 M CD A 的大小为锐角 ，则 cos ，|mn|m|n| 12因此 ，即

23、二面角 M CD A 的大小为 3 321(2018河北衡水中学九模)(本小题满分 12 分)已知正三棱柱 ABC A1B1C1中，E， F 分别为 BB1， AB 的中点，设 AA1AB(1)求证：平面 A1CF平面 A1EF；(2)若二面角 F EA1 C 的平面角为 ，求实数 的值，并判断此时二面角 3E CF A1是否为直二面角，请说明理由解 (1)证明：因为三棱柱 ABC A1B1C1是正三棱柱，所以 AA1平面 ABC，所以 AA1 CF又 ABC 是正三角形， F 为 AB 的中点，所以 CF AB，又 AB AA1 A，故 CF平面 A1EF，又 CF平面 A1CF，所以平面

24、A1CF平面 A1EF14(2)如图，以 F 为坐标原点， ， 方向分别为 x 轴、 y 轴的正方向建立如图所示的空FB FC 间直角坐标系，不妨设底边长 AB2，由题意 AA12 ，则 F(0，0，0)， A1(1，0，2 )， E(1，0， )， C(0， ，0)3(1， ， )， (0， ，0)， (2，0， )，EC 3 FC 3 A1E 设平面 EA1C 的法向量为 n( x， y， z)，则Error!令 z2，则平面 EA1C 的一个法向量为 n( ， ，2)，3由(1)可知 (0， ，0)为平面 A1EF 的一个法向量，FC 3故 cos ，解得 ， 3 FC n|FC |n|

25、 34 2 43 22由(1)可知 EF CF， A1F CF，由定义可知 EFA1为二面角 E CF A1的平面角EF ， A1F ，12 222 62 12 22 3A1E ，22 222 322满足 EF2 A1F2 A1E2，则 EFA1 ， 2此时二面角 E CF A1为直二面角22(2018江西南昌二模)(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是直角梯形， AB CD， AB AD， AB2 CD2 AD4，侧面 PAB 是等腰直角三角形， PA PB，平面 PAB平面 ABCD，点 E， F 分别是棱 AB， PB 上的点，平面 CEF平面 PAD1

26、5(1)确定点 E， F 的位置，并说明理由；(2)求二面角 D EF C 的余弦值解 (1)因为平面 CEF平面 PAD，平面 CEF平面 ABCD CE，平面 PAD平面 ABCD AD，所以 CE AD，又因为 AB DC，所以四边形 AECD 是平行四边形，所以 DC AE AB，12即点 E 是 AB 的中点因为平面 CEF平面 PAD，平面 CEF平面 PAB EF，平面 PAD平面 PAB PA，所以 EF PA，因为点 E 是 AB 的中点，所以点 F 是 PB 的中点，综上， E， F 分别是 AB， PB 的中点(2)连接 PE，因为 PA PB， AE EB，所以 PE

27、AB，又因为平面 PAB平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCD AB，所以 PE平面 ABCD，又因为 AB AD，所以 CE AB如图，以点 E 为坐标原点， EC， EB， EP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，16则 B(0，2，0)， C(2，0，0)， D(2，2，0)， E(0，0，0)， P(0，0，2)，由中点公式得到 F(0，1，1)，则 (2，0，0)， (0，1，1)， (2，2，0)，EC EF ED 设平面 CEF、平面 DEF 的法向量分别为m( x1， y1， z1)， n( x2， y2， z2)，由 m ， m ，EC EF 得Error!令 y11，得 m(0，1，1)，由 n ， n ，ED EF 得Error!令 y21，得 n(1，1，1)，所以 cos mn ，mn|m|n| 223 63因为二面角 D EF C 是锐角，所以二面角 D EF C 的余弦值是 6317