2022版高考数学一轮复习 单元质检卷七 空间向量与立体几何新人教A版

1、2022版高考数学一轮复习 单元质检卷七 空间向量与立体几何新人教a版2022版高考数学一轮复习 单元质检卷七 空间向量与立体几何新人教a版年级：姓名：单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:100分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020河北沧州一中月考)下列说法正确的是()a.棱柱的各个侧面都是平行四边形b.底面是矩形的四棱柱是长方体c.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥d.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥2.(2020辽宁大连高三模拟)已知两条不同的直线l,m和一

2、个平面,下列说法正确的是()a.若lm,m,则lb.若lm,l,则mc.若l,m,则lmd.若l,m,则lm3.(2020广东高三一模(理)已知直三棱柱abc-a1b1c1的体积为v,若p,q分别在aa1,cc1上,且ap=13aa1,cq=13cc1,则四棱锥b-apqc的体积是()a.16vb.29vc.13vd.79v4.(2020宁夏六盘山高级中学高三模拟)对于不同的直线m,n和平面,的一个充分条件是()a.mn,m,nb.mn,=m,nc.mn,n,md.mn,m,n5.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体abcd-a1b1c1d1中,e为d1c1的中点.过点

3、b1,e,a的平面截该正方体所得的截面周长为()a.62+45b.42+25c.52+35d.82+456.(2020山东日照五莲丶潍坊安丘、潍坊诸城、临沂兰山高三6月模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为r,酒杯内壁表面积为143r2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为v1,下部分(半球)的体积为v2,则v1v2=()a.2b.32c.1d.347.(2020全国2,理10)已知abc是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球o的球

4、面上.若球o的表面积为16,则o到平面abc的距离为()a.3b.32c.1d.328.(2020山东泰安第二中学月考)菱形abcd的边长为2,现将acd沿对角线ac折起使平面acd平面acb,则此时所成空间四面体体积的最大值为()a.16327b.539c.1d.34二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.在正四面体a-bcd中,e,f,g分别是bc,cd,db的中点,下面四个结论中正确的是()a.bc平面agfb.eg平面abfc.平面aef平面bcdd.平面abf平面bcd10.如图

5、,已知圆锥的顶点为s,底面圆o的两条直径分别为ab和cd,且abcd,若平面sad平面sbc=l,则以下结论正确的是()a.ad平面sbcb.ladc.若e是底面圆周上的动点,则sae的最大面积等于sab的面积d.l与平面scd所成角的大小为4511.(2020河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为2,e为棱cc1的中点,f为棱aa1上的点,且满足a1ffa=12,点f,b,e,g,h为过三点b,e,f的平面bmn与正方体abcd-a1b1c1d1的棱的交点,则下列说法正确的是()a.hfbeb.三棱锥b1-bmn的体积为6c.直线mn与平面a1b1ba的夹角是4

6、5d.d1ggc1=1312.如图,正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1,线段b1d1上有两个动点e,f,且ef=22.则下列结论正确的是()a.三棱锥a-bef的体积为定值b.当e向d1运动时,二面角a-ef-b逐渐变小c.ef在平面abb1a1内的射影长为12d.当e与d1重合时,异面直线ae与bf所成的角为4三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.正三棱锥p-abc中,pa平面abc,acb=90,且pa=ac=bc=a,则异面直线pb与ac所成角的正切值等于.14.(2020辽宁高三二模(理)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半,且其轴截面的周长是18,则该圆柱的体

7、积是.15.(2020福建福州高三期末)九章算术中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑p-abc中,pa平面abc,acb=90,ca=4,pa=2,d为ab中点,e为pac内的动点(含边界),且pcde.当e在ac上时,ae=;点e的轨迹的长度为.16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱abcd-a1b1c1d1的棱长均为2,bad=60.以d1为球心,5为半径的球面与侧面bcc1b1的交线长为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,已知正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为3,m,n分别是棱aa1

8、,ab上的点,且am=an=1.(1)证明:m,n,c,d1四点共面;(2)求几何体amn-dd1c的体积.18.(12分)(2020广西南宁二中高三月考)如图,已知长方形abcd中,ab=2,ad=1,m为dc的中点.将adm沿am折起,使得平面adm平面abcm.(1)求证:adbm;(2)点e是线段db上的一动点,当二面角e-am-d大小为3时,试确定点e的位置.19.(12分)(2020全国高三二模(文)如图,扇形aob的圆心角为90,半径为2,四边形sobc为正方形,平面sobc平面aob,过直线sc作平面scmn交ab于点m,交oa于点n.(1)求证:mnob;(2)求三棱锥s-m

9、on体积的最大值.20.(12分)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(理)如图,已知三棱柱abc-a1b1c1中,侧棱与底面垂直,且aa1=ab=ac=2,abac,m,n分别是cc1,bc的中点,点p在线段a1b1上,且a1p=pb1.(1)求证:不论取何值,总有ampn;(2)当=1时,求平面pmn与平面abc夹角的余弦值.21.(12分)(2020山东高三联考三模)已知直三棱柱abc-a1b1c1,ab=ac=aa1=1,m,n,p分别为a1c1,ab1,bb1的中点,且apmn.(1)求证:mn平面b1bcc1;(2)求bac;(3)求二面角a1-pn-m的余弦值.22.(12分)

10、(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥p-abcd中,底面abcd是边长为2的正方形,侧面pab底面abcd,e为pc上的点,且be平面apc.(1)求证:平面pad平面pbc;(2)当三棱锥p-abc体积最大时,求二面角b-ac-p的余弦值.参考答案单元质检卷七空间向量与立体几何1.a对于a,根据棱柱的性质可知,棱柱的各个侧面都是平行四边形,故a正确;对于b,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时的四棱柱是斜四棱柱,不是长方体,只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体,故b错误;对于c,有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥,只有其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体

11、,才是棱锥,故c错误;对于d,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥,故d错误.故选a.2.c对选项a,如图所示,在长方体中,满足lm,m,此时不满足l,故a错误;对选项b,如图所示,在长方体中,满足lm,l,此时不满足m,故b错误;对选项c,若l,m,则lm,故c正确.对选项d,如图所示,在长方体中,满足l,m,不满足lm,故d错误.故选c.3.b在棱bb1上取一点h,使bh=13bb1,连接ph,qh,由题意sphq=sabc,bh平面phq,所以vb-phq=13sphqbh=13sabc13bb1=1

12、9v,vabc-phq=sabcbh=13sabcbb1=13v,所以vb-apqc=vabc-phq-vb-phq=13v-19v=29v.故选b.4.ca选项中,根据mn,m,n,得到或,所以a错误;b选项中,mn,=m,n,不一定得到,所以b错误;c选项中,因为mn,n,所以m,又m,从而得到,所以c正确;d选项中,根据mn,m,所以n,而n,所以得到,所以d错误.故选c.5.a如图,取dd1的中点f,连接af,ef,显然efab1,则四边形ab1ef为所求的截面.因为d1e=c1e=2,所以b1e=22+42=25,ab1=42+42=42,ef=22+22=22,af=42+22=2

13、5,所以截面的周长为62+45.6.a设酒杯上部分(圆柱)的高为h,球的半径为r,则酒杯下部分(半球)的表面积为2r2,酒杯内壁表面积为143r2,得圆柱侧面积为143r2-2r2=83r2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2rh=83r2,解得h=43r,酒杯下部分(半球)的体积v2=1243r3=23r3,酒杯上部分(圆柱)的体积v1=r243r=43r3,所以v1v2=43r323r3=2.故选a.7.c设等边三角形abc的边长为a,球o的半径为r,abc的外接圆的半径为r,则sabc=34a2=934,s球o=4r2=16,解得a=3,r=2.故r=2332a=3.设o到平面abc的距离为

14、d,则d2+r2=r2,故d=r2-r2=4-3=1.故选c.8.a设ac的中点为o,因为dc=da,所以doac.又因为平面acd平面acb,平面acd平面acb=ac,所以do平面abc,设abc=adc=,(0,),在acd中,do=adcos2=2cos2,由题意可知do=do=2cos2,sabc=1222sin=2sin,vd-abc=13sabcdo=43sincos2=83sin2cos22=83sin21-sin22022.设t=sin2,则vd-abc=83(t-t3),且0t1,所以vd-abc=83(1-3t2),所以当0t0,当33t1时,vd-abcssab,当as

15、b为锐角或直角时,(ssae)max=ssab,故c不正确;由lad,得l与平面scd所成的角等于ad与平面scd所成的角,即为ado,又因为ado=45,故d正确.故选abd.11.ad对于a选项,由于平面add1a1平面bcc1b1,而平面bmn与这两个平面分别交于hf和be,根据面面平行的性质定理可知hfbe,故a正确;由于a1ffa=12,而e是cc1的中点,故ma1=1,c1n=2.对于b选项,vb1-bmn=vb-mnb1=1312mb1nb1bb1=1312342=4,故b错误;对于c选项,由于b1n平面a1b1ba,所以直线mn与平面a1b1ba所成的角为nmb1,且tannm

16、b1=b1nb1m=431,故c错误;对于d选项,可知d1g=12,gc1=32,故d正确.综上可知,正确的为ad,故选ad.12.ac连接bd,ac,交于点o,由正方体性质知bdd1b1是矩形,sbef=12efbb1=12221=24,由正方体性质知ao平面bdd1b1,ao是点a到平面bdd1b1的距离,即ao=22,va-bef=13sbefao=132422=112,va-bef是定值,故a正确;连接a1c1与b1d1交于点m,连接ad1,ab1,由正方体性质知ad1=ab1,m是b1d1中点,amef,又bb1ef,bb1aa1,二面角a-ef-b的平面角即为a1am,在直角三角形

17、aa1m中,tanmaa1=22为定值,故b不正确;如图,作fha1b1,ega1b1,fteg,垂足分别为点h,g,t.在直角三角形eft中,ft=cos45ef=2222=12,hg=ft=12,故c正确;当e与d1重合时,f与m重合,连接ac与bd交于点r,连接d1r,d1rbm,异面直线ae与bf所成的角,即为直线ad1与d1r所成的角,在ad1r中,ad1=2,d1r=mb=bb12+mb12=62,ar=22,由余弦定理得cosad1r=32,则ad1r=6,故d不正确,故选ac.13.2如图所示将此三棱锥补成正方体dbca-d1b1c1p,则pb与ac所成的角的大小即此正方体体对

18、角线pb与棱bd所成角的大小,在rtpdb中,tandbp=pddb=2,异面直线pb与ac所成角的正切值为2.14.27设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.由题意可得2rh2r2+2rh=12,2(2r+h)=18,解得r=h=3,则该圆柱的体积是r2h=27.15.2255当e在ac上时,因为pa平面abc,故pade,又pcde,故de平面pac.故deac.又acb=90,d为ab中点,故debc,所以e为ac中点.故ae=12ac=2.取ac中点f,则由知df平面pac,故pcdf,又pcde,设平面defpc=g,则有pc平面dgf.故点e的轨迹为线段fg.又此时cf=2,故sinp

19、ca=222+42=55.所以fg=cfsinpca=255.16.22如图所示,b1c1d1=b1a1d1=bad=60,且b1c1=c1d1,b1c1d1为等边三角形.b1d1=2.设点o1是b1c1的中点,则o1d1=3,易证d1o1平面bcc1b1,设p是球面与侧面bcc1b1交线上任意一点,连接o1p,则o1d1o1p,d1p2=d1o12+o1p2,即5=3+o1p2,o1p=2.即p在以o1为圆心,以2为半径的圆上.取bb1,cc1的中点分别为e,f,则b1e=c1f=o1b1=o1c1=1,ef=2,o1e=o1f=2,o1e2+o1f2=ef2=4,eo1f=90,交线epf

20、=1422=22.17.(1)证明a1d1ad,a1d1=ad,又bcad,bc=ad,a1d1bc,且a1d1=bc,连接a1b,则四边形a1bcd1是平行四边形,所以a1bd1c.在aba1中,am=an=1,aa1=ab=3,所以amaa1=anab,所以mna1b,所以mnd1c,所以m,n,c,d1四点共面.(2)解因为平面abb1a1平面dcc1d1,又m,n,c,d1四点共面,所以平面amn平面dd1c,延长cn与da相交于点p,因为andc,所以andc=papd,即13=papa+3,解得pa=32,同理延长d1m与da相交于点q,可得qa=32,所以点p与点q重合,所以d1

21、m,da,cn三线相交于一点,所以几何体amn-dd1c是一个三棱台,所以vamn-dd1c=1312+1292+923=132.18.解取am的中点o,ab的中点n,则on,oa,od两两垂直,以o为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则a22,0,0,b-22,2,0,m-22,0,0,d0,0,22.(1)证明:由于ad=-22,0,22,bm=(0,-2,0),则adbm=0,故adbm,即adbm.(2)解:设存在满足条件的点e,并设de=db,(0,1,db=-22,2,-22,则de=-22,2,-22,则点e的坐标为-22,2,22-22,(0,1.易得平面adm的法向量可以取n

22、1=(0,1,0),设平面ame的法向量为n2=(x,y,z),则am=(-2,0,0),ae=-22-22,2,22-22,则n2am=0,n2ae=0,所以-2x=0,-22-22x+2y+22-22z=0,故n2=(0,-1,2).cos=n1n2|n1|n2|=-1(-1)2+42,由于二面角e-am-d大小为3,故cos3=1-(-1)2+42=12,由于(0,1,故解得=23-3或-23-3(舍去).故当e位于线段db之间,且dedb=23-3时,二面角e-am-d大小为3.19.(1)证明因为scob,sc平面scmn,ob平面scmn,所以ob平面scmn.又ob平面aob,平

23、面scmn平面aob=mn,所以mnob.(2)解因为平面sobc平面aob,平面sobc平面aob=ob,soob,所以so平面aob,即线段so的长就是三棱锥s-mon的高.因为oaob,mnob,所以mnoa.设on=x(0x2),则mn=4-x2,所以三棱锥s-mon的体积为v=13so12onmn=13212x4-x2=13x4-x2=134x2-x4=134-(x2-2)2.所以,当x=2时,三棱锥s-mon体积有最大值,vmax=23.20.解以点a为坐标原点,以ab,ac,aa1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系a-xyz,a1(0,0,2),b1(2

24、,0,2),m(0,2,1),n(1,1,0),则a1b1=(2,0,0),aa1=(0,0,2),an=(1,1,0).(1)证明:a1p=pb1=(a1b1-a1p),a1p=1+a1b1=21+,0,0,ap=aa1+a1p=(0,0,2)+21+,0,0=21+,0,2,pn=an-ap=(1,1,0)-21+,0,2=1-1+,1,-2.am=(0,2,1),ampn=0+2-2=0,即ampn,因此,无论取何值,都有ampn.(2)解:当=1时,p(1,0,2),pn=(0,1,-2),pm=(-1,2,-1),而平面abc的法向量n=(0,0,1),设平面pmn的法向量为m=(x

25、,y,z),则mpm=0,mpn=0,-x+2y-z=0,y-2z=0,则m=(3,2,1),设平面pmn与平面abc的夹角为,则cos=|mn|m|n|=1414.因此,平面pmn与平面abc的夹角的余弦值是1414.21.(1)证明取b1c1的中点q,连接mq,np,pq,则mqa1b1,且mq=12a1b1,pnab,且pn=12ab,又aba1b1,ab=a1b1,所以pnmq,且pn=mq,所以pnmq为平行四边形,所以mnpq.又mn平面b1bcc1,pq平面b1bcc1,所以mn平面b1bcc1.(2)解设ab=a,ac=b,aa1=c,bac=,由已知可得,|a|=|b|=|c|=1,且ac=bc=0,则ap=a+12c,nm=pq=12bb1+12b1c1=12c+12b-12a,因为apmn,所以apnm=a+12c12c+12b-12a=12ab-12a2+14c2=12cos-14=0,所以c