2020高考数学刷题首秧单元质量测试六立体几何理含解析

1、1单元质量测试（六）时间：120 分钟 总满分：150 分第I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B.2.（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C.3

2、.已知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 6n,则这个正四棱柱的体积为（）2A. 1 B . 2 C . 3 D . 4答案 B解析S表=4nR= 6n,.R=中，设正四棱柱底面边长为X,贝Ux+x+ 2 = （2R）2,V正四棱柱=2 .故选 B.4. （2018贵阳模拟）设m n为两条不同的直线，a,3为两个不同的平面，给出下列命题：若mL a ,nL 3，则a / 3 ;若nV/a ,nV/3，则a / 3 ;若m/a ,n/a，则nVn;若nL a ,n丄a，则nVn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

3、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 A.5. （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（）A. 2+ nB. 2 + 专nnC. 4+ 亍 D. 4 + 2答案 A1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=23X n X12X1 + 1X（2）2X2= 2+亍.故选 A.6. （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OABC

4、，如图 2，其中OA1= 6,OC= 2,则该几何体的侧面积为（）4A. 48 B . 64 C . 96 D . 128答案 C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CD=2,OD=2X2/2 = 师，二CO=QCD+0D=6 =OA俯视图是 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 4X6X4= 96.故选 C.7. （2018郑州质检三）已知A, B, C, D四点在半径为.5的球面上，且AC= BD=4,AD=BC=0,AB= CD则三棱锥D- ABC的体积是（）A. 6 7

5、B . 4 7 C . 2 7 D .7答案 CD- ABC放在长、宽、高分别为a,b,c的长方体中，则依题意有解析 如图所示，将三棱锥5a+ c2=AC=16,a2+b2=BC= 11,a2+b2+c2= 2R2= 20,6a=护,解得b= 2,.c= 3,& （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AMCOM平面PCDOMZ平面PDAOM/平面PBAOMT平面PBC其中正确的个数是（）A. 1 B . 2 C . 3 D . 4答案 C解析 矩形ABCD勺对角线AC与BD交于点O,所以O为

6、BD的中点在PBD中,M是PB的中点，所以OMAPBD的中位线，OM/ PD贝卩PD/平面AMC OMT平面PCD且OM/平面PDA因为M PB所以OM与平面PBA平面PBC相交.故选C.9. （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3333nanananaB. TC. TD. TT答案3亍.而圆柱体的内切球的直径也为a,故其体积为3内除球体以外部分的体积为V=V1匕=君.故选D.10. （2018湖南长沙四校联考）祖暅是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：

7、“幕势既同，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（）则三棱锥A ABC勺体积为abc1431-2abc= 2 7选C.A.解析由题意可知，该圆柱底面直径和高都是a, 故其体积为V=nR2h=nx2xa=24n _34 n &r yx23na，所以圆柱体7A.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n（戌一h

8、2）；中截面圆的半径为R h,则截面圆的面积为n（R h）2；中截面圆的半径 为Rh，则截面圆的面积为nR-22；中截面圆的半径为氏一h2,则截面圆的面积为n（氏2h）.所以中截面的面积相等，故其体积相等，故选D.11.（2018浙江高考）已知四棱锥SABCD勺底面是正方形，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01,SE与平面ABCD所成的角为02,二面角S AB-C的平面角为03,则（）A.01w0203B.03 02tan02.又EQLMN EQLSO MN? SO= Q MN SQ平面SOQ.EQL平面等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为（）A 耳 B

9、 -写 C -子 D 肯答案 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ABCBABiCD中,平面ABD与线AA,AB,AD所成的角是相等的，所以平面ABD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CBD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ABD与CBD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为-，所以其面积为S= 6X3X22= 罕，故选 A.2 4 4第n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）R心铁球，水面高度恰好升高r,则-=_ .答案宁解析 由水面高度

10、升高r， 得圆柱体积增加nRr,恰好是半径为r的实心铁球的体积, 因此有 3nr3=n.故R=彳3.3r314.直三棱柱ABC-ABC的六个顶点都在球O的球面上.若AB= BC=2,ZABC=90,AA=2y/2，则球O的表面积为 _.答案 16n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，2? + 2 + 2、J22= 4,故球O的表面积S= 4nR= 16n.SOQ又SQ?平面SQQEQL SQ二 tan0SQ匸EQ/SQSQ EQ= OPtan0itan03.故n有 tan0itan03tan02.由图可知0i,02,03 0,.01030

11、2,故选 D.12. （2018全国卷I）已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角相13.如图，一个底面半径为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（3）1015已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为答案 8n解析 由三视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V=nX12X（5 + 3） = 8n16.（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 8n解析依题意，该八面体的

12、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 2,故球的半径为.2,该球的表面积为 4n（ 2） = 8n.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）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,ASHH），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

13、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）.11求证：平面SEGL平面SFH5已知AE=，过0作OML SH于点M求 cos /EMO勺值.解（1）证明：因为折叠后A,B, C D重合于一点0,所以拼接成底面EFGH勺四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形, 所以底面EFGHH正方形，故EGL FH.因为在原平面图形中，SEESGG,所以SE= SG所以EGL SO又FHn S0= 0 FH?平面SFH SO?平面SFH故EGL平面SFH又因为EG平面SEG所以平面SEGL平面SFH5依题意，当AE=时，5即0E=2.Rt SHC中,0H=2,SH=誓,故S0-5

14、,比S0- 0H厂所以 0 廉一厂=,5 .由知EGL平面SFH且0M平面SFH故EGL 0M从而E0 0M故 RtEM0,EM= E0+0Ml=专,0M2所以 cos /EMOEMP3.18. （2018安徽江淮十校联考）（本小题满分 12 分）四棱锥A-BCD中,EB/ DC,且EB丄平面ABC EB=1 ,DC= BC= AB= AC=2 ,F是棱AD的中点.12(1)证明：EF丄平面ACD求二面角B AE- D的余弦值.解证明：取AC中点M连接FM,BM1/F是AD中点，FM/ DC且FM=qDO1.又EB/ DC EB=1,FM綊EB四边形FMBE平行四边形.EF/ BM又BC= A

15、B= ACABC是等边三角形，BML AC, EBL平面ABC EB/ DCCDL平面ABCCDLBM又CDTAC= C,BML平面ACDEF丄平面ACD(2)取BC中点N连接AN则ANLBQ AN丄平面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 , .3) ,B(0, 1, 0) , Q0 , 1 , 0),D(2 , 1, 0) ,E(1 , 1 , 0).可得 (0, 1 ,.3),BE= (1 , 0 , 0) ,EA=( 1, 1 ,3) ,ED=(1 , 2 , 0),设平面ABE的法向量为n1= (X1,屮,z,13可取ni= （0，-3, 1）,

16、设平面ADE勺法向量为n2=（X2,y2,z,n2EA=0,X2+y2+、/3Z2=0,则？得，耳2. ED=0,X+2y2=0,因此，所求二面角的余弦值就是一19. （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AB=2,点D在线段AC上，DEIAB于点E,现将ADE沿DE折起到PDE勺位置（如图 2）.（1）求证：PBL DE（2）若PEL 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 .面角的正弦值.解（1）证明：由图 1,图 2 可知，DEL PE, DEL BE PEABE= E,DEL平面PBE又PB?平面

17、PBE PB! DEni0,niBE=0,得y+.3zi=o,xi= 0,注意到二面角B- AE- D是钝二面角,图 IbB141 , 0),设所求的锐二面角为e,则cos0=黑=,所以 sine= 634,6即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为-I4620. (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-ABCDE的顶点P上,0和Q分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥P(2)由及PEL BE可知，DE BE PE两两互相垂直.分别以ED, EB, EP勺方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz.设 |PE=

18、a(0al),则B(0 , 2-a, 0) , Qa, 0, 0) ,C(1 , 1 -a, 0) ,RO, 0,a),PB=(0 , 2 a,-a),BO(1 , - 1, 0).设平面PBOn= 0,n= (x,y,z)，贝V2 -a y-az= 0,x-y= 0,平面PBC的一个法向量为n= (a,a, 2-a),直线PD与平面PBC所成的角为 30且PD=(a, 0, -a),Ia2-a2-a|sin30= 何也需2+2-a2a= 2(舍去)或a=彳.平面PBC的一个法向量为2 2n= 5, 5,85.易知平面PDE的一个法向量为m= (0 ,15-ABCDE的底面中心为O, Pd1,

19、M N分别是圆柱H的底面圆O的最高点和最低点，G是 圆柱H的底面圆O的最低点，P为NG勺中点，点M 0,N, A,O, D G P共面，0,P, D共线,四边形ADG为矩形.证明：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.解证明：连接P0（图略）, P为NG的中点，0为MN的中点，P0/ MG又点0, P,D共线，PD/ MG/ PD?平面PCD MG平面PCDMQ平面PCD/0为正六棱锥P-ABCDE的底面中心,- PQ_底面ABCDEF取BC的中点W图略），连接0W AD则点0在AD上 ,0WL AD分别以0A

20、 0W 0P为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系0 xyz/ P为NG的中点，四边形ADG!为矩形,0为AD的中点，P0=1 ,NA/ P0 NA= P0=1,从而NAL底面ABCDEF M N分别是圆柱H的底面圆0的最高点和最低点，0NX底面ABCDEF从而M 0,N, A四点共线，正六棱锥P-ABCDE的底面边长为 1,AD=2 ,四边形ADG!为矩形,NG/ AD且NG= AD=2 ,1又P为NG的中点，NP/ AD且NP=?AD=1 ,在厶0AD中，NP%A0AD的中位线,从而N为0A的中点，0N= AN=1 ,161x/3故Mi, 0, 3), J22, 0, q 1, 0, 0),

21、T13TDO2，亍，0，DM=(2 , 0, 3).设平面MCD勺法向量为m (x,y,z),令x= 1,贝V y= #,z= 3, m= 1,取平面ABCDE的一个法向量为n= &= （0 , 0, 1）.设二面角MCD- A的大小为锐角0,| rrrn| 1则cos0=而匚 T = 2,因此0=n3，即二面角M-CDA的大小为 专.3321.（2018河北衡水中学九模）（本小题满分 12 分）已知正三棱柱AB（ABC中，E,F（1）求证：平面ACFL平面AEF;n若二面角FEAC的平面角为,求实数 入的值，并判断此时二面角ECFA是否为直二面角，请说明理由.解（1）证明：因为三棱柱

22、ABC- ABC是正三棱柱,所以AA丄平面ABC所以AA丄CF.又厶ABC是正三角形，F为AB的中点，DC=0,由Tm-TM=0 x J3y_+= 0,?啓 2,2x+3z=0.分别为BB,AB的中点，设AAAB17所以CFL AB,又ABH AA=A,故CF!平面AEF,18又CF?平面AQF,所以平面AQF丄平面AEF.(2)如图，以F为坐标原点，FB FC方向分别为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空 间直角坐标系，不妨设底边长AB=2，由题意AA= 2 入，则F(0 , 0, 0) ,A( - 1, 0, 2 入),E(1 , 0,入),Q0,3, 0).Ec=( - 1, ,3,-入)

23、,FC= (0 , 3, 0) ,AE= (2 , 0，-入),设平面EAC的法向量为n= (x,y,z),nEC=-x+书y入小ATE=2x入z= 0,令z= 2,则平面EAC的一个法向量为n=(入，.3入，2),由(1)可知FC=(0,西,0)为平面AEF的一个法向量,由(1)可知EF丄CF, AF丄CF由定义可知/EFA为二面角ECF- A的平面角.满足EF+AF2=AE2,则/EFA=_2 ,此时二面角ECF- A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ABCDz= 0,故 cos n=FC- nIFC|n|，解得入=19是直角梯形，AB/ CD ABL AD AB=2CD=2AD= 4,侧面PAB是等