适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习单元质检卷六立体几何与空间向量

单元质检卷六立体几何与空间向量(时间:120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.下列说法正确的是()A.三点确定一个平面B.假如一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的随意一条直线C.假如一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直D.平行于同一平面的两条直线相互平行2.假如直线a∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线a的直线()A.只有一条,不在平面α内B.有多数条,不愿定在平面α内C.只有一条,且在平面α内D.有多数条,确定在平面α内3.某种药物呈胶囊形态,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球.已知该胶囊的体积为133π,则它的表面积为(A.356π B.103C.10π D.1634.一个正四棱锥的底面边长为2,高为3,则该正四棱锥的表面积为()A.8 B.12 C.16 D.205.(2024甘肃一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BC=AC=22,AA1=1,点M,N分别是A1B1,A1C1的中点,则异面直线BM与CN所成角的余弦值为()A.155 B.105 C.536.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=(A.13 B.C.2-327.甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面绽开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2,则V甲A.5 B.22C.10 D.58.在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,动点Q从B点动身,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为10,则该棱锥的外接球的表面积为()A.5π B.8π C.10π D.20π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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是()A.若a⊥α,b⊥α,则a∥bB.若a⊥b,b⊥β,则a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.若a∥α,α⊥β,则a⊥β10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法正确的是()A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”C.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1BD.四棱锥B-A1ACC1体积最大为211.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,且满意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ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是()A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不行能平行D.三棱锥F-ABD1的体积为定值三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知圆锥同时满意条件:①侧面绽开图为半圆;②底面半径为正整数,请写出一个这样的圆锥的体积V=.

14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是.

15.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为6,其内切球的半径为1,则此三棱锥的高为.

16.(2024山东潍坊一模)在半径为1的球中作一个圆柱,当圆柱的体积最大时,圆柱的母线长为.

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,在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;(2)求证:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2024安徽合肥一模)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,AB=AC=AA1=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.(1)求证:A1C⊥BC1.(2)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.19.(12分)小明同学参与综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示,底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.(1)求证:EF∥平面ABCD;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).20.(12分)(2024新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)求证:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.21.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)求证:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3?若存在,请说明点Q的位置;若不存在,请说明理由

单元质检卷六立体几何与空间向量1.C解析当三点共线时,不能确定一个平面,故A错误;假如一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内的随意一条直线可能平行也可以异面,故B错误;由线面垂直的判定定理知C正确;平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交也可以异面,故D错误.故选C.2.C解析过a与P作一平面β,由于P∈α,故可设平面α与平面β的交线为b,且P∈b,由平面的基本性质可知两平面的交线b是唯一的,因为直线a∥平面α,所以a∥b,即过点P和已知直线a平行的直线有且只有一条,且在平面α内.3.C解析设中间圆柱部分的高为h,则胶囊的体积V=43π×13+π×12×h=13π3,解得h=3,所以胶囊的表面积为4π×12+2π×1×3=4.B解析如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD的边长为2,设点P在底面ABCD的投影点为点O,则四棱锥P-ABCD的高PO=3,则O为AC的中点,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB,且PE=PA2则S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B5.A解析如图,分别取AB,AC的中点G,F,连接AG,AF,由题意易知,四边形A1MBG为平行四边形,所以A1G∥BM,同理,A1F∥NC,所以异面直线BM与CN所成角为∠GA1F或其补角,又GF=12BC=2,A1F=A1A2+AF2=3,A1G=A1A2+AG2=在Rt△A1GF中,cos∠GA1F=A1因此,直线BM与CN所成角的余弦值为155故选A.6.D解析由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,ED∥AB,明显CDE-C1A1B1是三棱台,设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,则12·1·h=13h(1+S+S),解得由△CDE∽△CAB,可得CDAC7.C解析如图,甲、乙两个圆锥的侧面绽开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π.设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=5,h2=22,所以V甲V8.B解析将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面,如图所示.则动点Q从B点动身,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为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中点O,连接AO,CO,∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB∴O为该棱锥的外接球的球心,其半径R=12PB=2∴球O的表面积S=4πR2=8π.故选B.9.AC解析对于A,若a⊥α,b⊥α,则直线a和b相当于平面α的法向量,故a∥b,故A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;对于C,若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b,故C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a⊥β或a与β相交或a∥β,故D错误.故选AC.10.ABC解析由题意可知,AA1⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;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为直角三角形.又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,所以四面体A1-C1CB为“鳖臑”,故B项正确;因为BC⊥平面AA1C1C,所以BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则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项正确;在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,当且仅当AC=BC时等号成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=111.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,依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×MB对于C选项,因为B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=B1N对于D选项,可知D1G=12,GC1=32故选AD.12.ABD解析对于选项A,如图,分别找线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N.由题得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.因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行,所以A1F⊂平面A1MN.又平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确;对于选项B,由图可知,AF与BE是异面直线,故选项B正确;对于选项C,当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故选项C错误;对于选项D,因为MN∥AD1,MN⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以MN∥面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选ABD.13.33π(答案不唯一)解析设底面半径r=1,母线长为l,由绽开图为半圆,可知2π=l·π,所以l=2,所以高h=l2-r2=3,则体积V=114.C1M解析因为C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同时M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,所以平面A1CC1与平面BDC1的交线是C1M.15.3解析设三棱锥的高为h.因为底面外接圆的半径r=62sin60°=23,且底面三角形的高为3所以底面外接圆圆心原委面各边的距离为3,由正三棱锥的结构知,各侧面三角形的高为h2所以各侧面三角形的面积为12×6×h2+3=则13h×12×62×sin60°=13×1×9h2+3+12×62×sin60°,则3(h-1)16.23解析设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为h(0<h<1),圆柱的母线长为2h,则r2=1-h2,圆柱的体积为V=2πr2h=2πh(1-h2)=2πh-2πh3,V'=2π-6πh2=-6πh+当h∈0,33时,V'>0,当h∈33,1时,V'<0,即所以当h=33时,V取得最大值为43π917.解据题意,建立空间直角坐标系如图所示.则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即异面直线EF和CD1所成的角为60°.(2)证明:∵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)证明由棱柱的体积公式V=S△ABC·|AA1|,可得S△ABC=12AB·ACsin∠BAC=又AB=AC=2,可知sin∠BAC=1,∠BAC=90°.在△A1B1C1中,A1B1=A1C1,N为B1C1的中点,可得A1N⊥B1C1,又B1B⊥平面A1B1C1,A1N⊂平面A1B1C1,可得B1B⊥A1N,而B1B∩B1C1=B1,B1C1⊂平面B1BCC1,B1B⊂平面B1BCC1,所以A1N⊥平面B1BCC1,即有A1N⊥BC1,由tan∠C1CN=C1NC1C=2则tan∠C1CN·tan∠CC1B=1,易知∠C1CN+∠CC1B=90°,即有BC1⊥CN,而CN∩A1N=N,A1N⊂平面A1CN,CN⊂平面A1CN.所以BC1⊥平面A1CN,则A1C⊥BC1.(2)解以A为原点,以AC,AB,AA1所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A1(0,0,2),C(2,0,0),M(0,1,0),N(1,1,2),B1(0,2,2),所以CB1的中点P(1,1,1),所以A1N=(1,1,0),A1P=(1,1,-1),CM=(-2,1,0),CA设平面A1CM的法向量为n=(x,y,z),则n·CA1=-2设A1Q=mA1N=(m,m,0),m∈[0,1],则PQ=A所以PQ·n=m-1+2(m-1)+1=3m-2,当PQ⊥n时,可得PQ∥平面A1CM,所以3m-2=0,即m=23.所以在线段A1N上存在点Q,且当A1Q=23A1N时,PQ∥平面A119.(1)证明过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四边形EE'F'F是平行四边形,则EF∥E'F'.∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)解过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.∵底面ABCD是边长为8的正方形,∴AC=82+82=82cm,E'F'=H'E'=12AC=42cm,EE'=AE∴该包装盒的容积为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)证明(方法1)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).B2C2=(0,-2,1),A2所以B2因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.(方法2基底法)由题意可得AA2=14AA因为A2D2=B2C2,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0,设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以|cos<n1,n2>|=|n整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.21.(1)证明因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平