高考一轮复习专项练习数学单元质检卷七空间向量与立体几何

单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:120分钟满分:80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.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A.2π3 B.5π63.(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α,β,α⊥β的一个充分条件是()A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂αC.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β4.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为()A.62+45 B.42+25C.52+35 D.82+455.(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143πR2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则V1V2A.2 B.32 C.1 D.6.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),圆锥底面直径为102cm,母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为1g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(取π=3.14,精确到0.1)A.609.4g B.447.3g C.398.3g D.357.3g7.(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的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(A.3 B.32 C.1 D.8.(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.16327 B.53二、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ABCD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AGF B.EG⊥平面ABFC.平面AEF⊥平面BCD D.平面ABF⊥平面BCD10.如图,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AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,则以下结论正确的是()A.AD∥平面SBCB.l∥ADC.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45°11.(2020河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCDA1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.(2020山东临沂一模)如图,点E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△SAE,在翻折过程中,下列说法正确的是()A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SEB.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBCC.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABC所成的角为45°D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角SABC的大小为60°三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(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,则该圆柱的体积是.

14.正四棱锥PABCD,底面边长为2,二面角PABC为45°,则此四棱锥的体积为.

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PABC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PC⊥DE.①当E在AC上时,AE=;②点E的轨迹的长度为.

16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.(1)证明:M,N,C,D1四点共面;(2)求几何体AMNDD1C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:AD⊥BM;(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角EAMD大小为π3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:MN∥OB;(2)求三棱锥SMON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ABCA1B1C1中,侧棱与底面垂直,且AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且A1P=λ(1)求证:不论λ取何值,总有AM⊥PN;(2)当λ=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ABCA1B1C1,AB=AC=AA1=1,M,N,P分别为A1C1,AB1,BB1的中点,且AP⊥MN.(1)求证:MN∥平面B1BCC1;(2)求∠BAC;(3)求二面角A1PNM的余弦值.22.(12分)(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥PABCD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PABC体积最大时,求二面角BACP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,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设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为θ,根据条件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,根据扇形面积公式得θπl22即θ=r·2πl=r3.CA选项中,根据m⊥n,m∥α,n∥β,得到α⊥β或α∥β,所以A错误;B选项中,m⊥n,α∩β=m,n⊂α,不一定得到α⊥β,所以B错误;C选项中,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊂α,从而得到α⊥β,所以C正确;D选项中,根据m∥n,m⊥α,所以n⊥α,而n⊥β,所以得到α∥β,所以D错误.故选C.4.A如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,显然EF∥AB1,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=22,5.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2πR2,酒杯内壁表面积为143πR2,得圆柱侧面积为143πR22πR2=83πR2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2πR×h=83πR2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的体积V2=12×43π×R3=23πR3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=6.C如图是几何体的轴截面,因为圆锥底面直径为102cm,所以半径为OB=52cm.因为母线与底面所成角的正切值为tanB=2,所以圆锥的高为PO=10cm.设正方体的棱长为a,DE=2a,则22a52=所以该模型的体积为V=13π×(52)2×所以制作该模型所需原料的质量为500π3125×1=500π3125≈398.7.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S△ABC=34a2=934,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=23×32a=3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R故选C.8.A设AC的中点为O,因为D'C=D'A,所以D'O⊥AC.又因为平面ACD'⊥平面ACB,平面ACD'∩平面ACB=AC,所以D'O⊥平面ABC,设∠ABC=∠ADC=α,α∈(0,π),在△ACD中,DO=ADcosα2=2cosα2,由题意可知D'O=DO=2cosα2,S△ABC=12×2×2sinα=2sinα,VD'ABC=13S△ABC×D'O=43sinαcosα2=83sinα2cos2α2=设t=sinα2,则VD'ABC=83(tt3),且0<t<1,所以V'D'ABC=83(13所以当0<t<33时,V'D'ABC>0,当33<t<1时,V'D'ABC<0,所以当t=33时,VD'ABC取得最大值16327,所以四面体D'ABC9.ABD∵F,G分别是CD,DB的中点,∴GF∥BC,则BC∥平面AGF,故A正确;∵E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,∴CD⊥AF,CD⊥BF,AF∩BF=F,即CD⊥平面ABF,∵EG∥CD,∴EG⊥平面ABF,故B正确;∵CD⊥平面ABF,CD⊂平面BCD,∴平面ABF⊥平面BCD,故D正确,C错误.故选ABD.10.ABD由AB和CD是圆O的直径,且AB⊥CD,得四边形ABCD为正方形,则AD∥BC.BC⊂平面SBC,从而AD∥平面SBC,故A正确;又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,故B正确;因为S△SAE=12SA·SEsin∠ASE,当∠ASB为钝角时,(S△SAE)max>S△SAB当∠ASB为锐角或直角时,(S△SAE)max=S△SAB,故C不正确;由l∥AD,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HF∥BE,故A正确;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×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tan∠NMB1=B1NB1M对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D综上可知,正确的为AD,故选AD.12.ACD当SE⊥CE时,SE⊥AB,SE⊥SA,SA∩AB=A,故SE⊥平面SAB,故SE⊥SB,故A正确;若AE∥平面SBC,因为AE⊂平面ABC,平面ABC∩平面SBC=BC,则AE∥CB,与已知矛盾,故B错误;如图所示,DF⊥AE交BC于点F,交AE于点G,S在平面ABCE的投影O在GF上,连接BO,故∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角,取二面角SAEB的平面角为α,取AD=4,DE=3,故AE=DF=5,CE=BF=1,SG=125,OG=125cosα,故只需满足SO=OB=125sin在△OFB中,根据余弦定理(125sinα)2=12+(135-125解得cosα=23,故C正确过O作OM⊥AB交AB于点M,则∠SMO为二面角SABC的平面角,取二面角SAEB的平面角为60°,故只需满足DG=2GO=2OM,设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠DAG=π22θ,化简得到2tanθtan2θ=1,解得tanθ=55,验证满足,故D正确13.27π设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.由题意可得2解得r=h=3,则该圆柱的体积是πr2h=27π.14.43如图,设点P在底面ABCD内的射影为点O因为四棱锥PABCD为正四棱锥,所以O为正方形ABCD的中心,取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,又PA=PB,所以PE⊥AB,所以∠PEO为二面角PABC的平面角,所以∠PEO=45°.因为BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱锥的体积为13PO·SABCD=13×1×2×15.①2②255①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2②取AC中点F,则由①知DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,设平面DEF∩PC=G,则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,故sin∠PCA=222+42=516.22π如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1∴△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O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O1为圆心,以取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=14×217.(1)证明∵A1D1∥AD,A1D1=AD,又BC∥AD,BC=AD,∴A1D1∥BC,且A1D1=BC,连接A1B,则四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.在△ABA1中,AM=AN=1,AA1=AB=3,所以AMAA1=ANAB,所以所以MN∥D1C,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AN∥DC,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重合所以几何体AMNDD1C是一个三棱台,所以VAMN-DD1C=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,B22,2,0,M22,0,0,D(1)证明:由于AD=22,0,22,BM=(0,2,0),则AD·BM=0,故AD⊥BM,即(2)解:设存在满足条件的点E,并设DE=λDB,λ∈(0,1],DB=22,2,22,则DE=λ22,则点E的坐标为22λ,2λ,22-22λ,λ∈(0,1].易得平面ADM的法向量可以取n1=(0,1,0),设平面AME的法向量为n2=(x,y,z),则AM=(2,0,0),AE=22λ2-故n2=(0,λ1,2λ).cos<n1,n2>=n1由于二面角EAMD大小为π3故cosπ3由于λ∈(0,1],故解得λ=233或233(舍去).故当E位于线段DB之间,且DEDB=233时,二面角EAMD大小为19.(1)证明因为SC∥OB,SC⊂平面SCMN,OB⊄平面SCMN,所以OB∥平面SCMN.又OB⊂平面AOB,平面SCMN∩平面AOB=MN,所以MN∥OB.(2)解因为平面SOBC⊥平面AOB,平面SOBC∩平面AOB=OB,SO⊥OB,所以SO⊥平面AOB,即线段SO的长就是三棱锥SMON的高.因为OA⊥OB,MN∥OB,所以MN⊥OA.设ON=x(0<x<2),则MN=4-x2,所以三棱锥SMON的体积为V=13SO·12ON·MN=1所以,当x=2时,三棱锥SMON体积有最大值,Vmax=220.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Axyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),则A1B1=(2,0,0),AA1=(1)证明:∵A1P=λPB1=∵AP=AA1+A1P=(0,0,2)+2λ1+λ,0,0=2λ1+λ,0,2,PN=AN-AP=(1,1,0)2λ1+λ,0因此,无论λ取何值,都有AM⊥PN.(2)解:当λ=1时,P(1,0,2),PN=(0,1,2),PM=(1,2,而平面ABC的法向量n=(0,0,1),设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),则m则m=(3,2,1),设平面PMN与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是1421.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQ∥A1B1,且MQ=12A1B1,PN∥AB,且PN=12又AB∥A1B1,AB=A1B1,所以PN∥MQ,且PN=MQ,所以PNMQ为平行四边形,所以MN∥PQ.又MN⊄平面B1BCC1,PQ⊂平面B1BCC1,所以MN∥平面B1B