2020届高考数学理一轮（新课标通用）单元质量测试： 第六章　立体几何 Word版含解析.pdf

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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 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

2、影，应为虚线故选 C 3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 6， 则这个正四棱柱的体积为( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 S表4R26，R，设正四棱柱底面边长为 x，则 x2x222 6 2 (2R)2，x1 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， 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 mn； 若 m，n，则 mn 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

3、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( ) A2 B2 2 3 C4 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 121 ()222 故选 A 1 2 1 2 2 2 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O1A1B1C1， 如图2， 其中O1A16， O1C12， 则该几何体的侧面积为( ) A

4、48 B64 C96 D128 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CD2， OD224， CO622CD2OD2 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 46496故选 C 7 (2018郑州质检三)已知 A， B， C， D 四点在半径为的球面上， 且 ACBD5 4，ADBC，ABCD，则三棱锥 DABC 的体积是( )11 A6 B4 C2 D7777 答案 C 解析 如图所示，将三棱锥 DABC 放在长、宽、高分别为 a，b，c 的长方

5、 体中，则依题意有 Error! 解得Error!则三棱锥 DABC 的体积为 abc4 abc2选 C 1 3 1 2 7 8(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， OMPD， 则PD平面AMC， OM 平面 PCD，且

6、 OM平面 PDA因为 MPB，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( ) A B C D a3 4 a3 6 a3 8 a3 12 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 V1R2ha 2 2a 而圆柱体的内切球的直径也为 a，故其体积为 V2R3 3 ， a3 4 4 3 4 3 a 2 a3 6 所以圆柱体内除球体以外部分的体积为 VV1V2故选 D a3 12 10(2018

7、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：“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( ) A 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 (R2h2)；中截面圆的半径为 Rh，则截面圆的面积为 (Rh)2；中 截面圆的半径为 R ，则截面圆的面积为

8、R 2；中截面圆的半径为 ， h 2 h 2 R2h2 则截面圆的面积为 (R2h2) 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 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 SABC 的平面角为 3，则( ) A123 B321 C132 D231 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

9、底面 ABCD 内的 射影， 连接 SO， OP， OE， SP， SQ， 则SEQ1， SEO2， SPO3， tan2 ，tan3，OPOE， OS OE OS OP tan3tan2 又 EQMN， EQSO， MNSOO， MN， SO平面 SOQ， EQ 平面 SOQ， 又 SQ平面 SOQ， EQSQ tan1， SQSO， EQOP， SQ EQ tan1tan3故有 tan1tan3tan2由图可知 1，2，30，132， 2 故选 D 12(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 D

10、 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 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 2 2 面积为 S6 2 ，故选 A 3 4( 2 2) 3 3 4 第卷 (非选择题，共 90 分) 二、填空题(

11、本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 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 的实心铁球，水面高度恰好升高 r，则 _ R r 答案 2 3 3 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 r3R2r故 4 3 R r 2 3 3 14 直三棱柱 ABCA1B1C1的六个顶点都在球 O 的球面上 若 ABBC2， ABC90，AA12，则球 O 的表面积为_2 答案 16 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 S

12、4R21622222 22 15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 V12(53)8 16(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，故球的半径为，该球

13、的表面积为 4()28222 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， SHH)， 再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒 SEFGH， 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) (1)求证：平面 SEG平面 SFH； (2)已知

14、AE ，过 O 作 OMSH 于点 M，求 cosEMO 的值 5 2 解 (1)证明：因为折叠后 A，B，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 EGFH 因为在原平面图形中，SEESGG， 所以 SESG，所以 EGSO 又 FHSOO，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， 5 2 即 OE 5 2 RtSHO 中，OH ，SH，故 SO5， 5 2 5 5 2 所以 OM SOOH SH 5

15、 由(1)知 EG平面 SFH，且 OM平面 SFH， 故 EGOM，从而 EOOM， 故 RtEMO 中，EM，EO2OM2 3 5 2 所以 cosEMO OM EM 2 3 18 (2018安徽江淮十校联考)(本小题满分12分)四棱锥ABCDE中， EBDC， 且 EB平面 ABC，EB1，DCBCABAC2，F 是棱 AD 的中点 (1)证明：EF平面 ACD； (2)求二面角 BAED 的余弦值 解 (1)证明：取 AC 中点 M，连接 FM，BM， F 是 AD 中点，FMDC，且 FM DC1 1 2 又EBDC，EB1， FM 綊 EB， 四边形 FMBE 是平行四边形 EFB

16、M，又 BCABAC， ABC 是等边三角形，BMAC， EB平面 ABC，EBDC， CD平面 ABC，CDBM 又 CDACC， BM平面 ACD，EF平面 ACD (2)取 BC 中点 N，连接 AN，则 ANBCAN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)， E(1， 1， 0)3 可得(0，1，)，(1，0，0)，(1，1，)，(1，2，0)，BA 3BE EA 3ED 设平面 ABE 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则Error!得Error! 可取 n1

17、(0，1)，3 设平面 ADE 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 则Error!得Error! 可取 n2(2，1，)，3 于是 cosn1，n2， 3 3 2 8 6 4 注意到二面角 BAED 是钝二面角， 因此，所求二面角的余弦值就是 6 4 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AB2， 点D在线段AC上， DEAB于点E， 现将ADE沿DE折起到PDE 的位置(如图 2) (1)求证：PBDE； (2)若 PEBE， 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

18、 (1)证明：由图 1，图 2 可知，DEPE，DEBE，PEBEE， DE平面 PBE，又 PB平面 PBE，PBDE (2)由(1)及 PEBE 可知，DE，BE，PE 两两互相垂直分别以， ，的ED EB EP 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|a(0a1)， 则 B(0，2a，0)，D(a，0，0)，C(1，1a，0)，P(0，0，a)， (0，2a，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，2a)， 直线 PD 与平面 PBC 所成的

19、角为 30， 且(a，0，a)，PD sin30， |a2a2a| 2a2 a2a22a2 a2(舍去)或 a 2 5 平面 PBC 的一个法向量为 n ， 2 5 2 5 8 5 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| 2 6 所以 sin， 34 6 即平面 PDE 与平面 PBC 所成的锐二面角的正弦值为 34 6 20(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 PABCDEF 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 PABCD

20、EF 的底面中心为 O，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 (1)证明：MG平面 PCD； (2)求二面角 MCDA 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，PDMG， PD平面 PCD，MG平面 PCD， MG平面 PCD (2)O 为正

21、六棱锥 PABCDEF 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，OWAD 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， NAPO，NAPO1，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 PABCDEF 的底面边长为 1，AD2， 四边形 ADGN 为矩形，NGAD，且 NGAD2， 又 P

22、为 NG 的中点，NPAD，且 NP AD1， 1 2 在O1AD 中，NP 为O1AD 的中位线， 从而 N 为 O1A 的中点，O1NAN1， 故 M(1，0，3)，C ， ，0，D(1，0，0)， 1 2 3 2 ， ，0，(2，0，3)DC 1 2 3 2 DM 设平面 MCD 的法向量为 m(x，y，z)， 由Error!Error! 令 x1，则 y，z ， 3 3 2 3 m1， 3 3 2 3 取平面 ABCDEF 的一个法向量为 n(0，0，1)OP 设二面角 MCDA 的大小为锐角 ， 则 cos ， |mn| |m|n| 1 2 因此 ，即二面角 MCDA 的大小为 3

23、3 21(2018河北衡水中学九模)(本小题满分 12 分)已知正三棱柱 ABCA1B1C1 中，E，F 分别为 BB1，AB 的中点，设 AA1 AB (1)求证：平面 A1CF平面 A1EF； (2)若二面角 FEA1C 的平面角为 ，求实数 的值，并判断此时二面角 E 3 CFA1是否为直二面角，请说明理由 解 (1)证明：因为三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱， 所以 AA1平面 ABC，所以 AA1CF 又ABC 是正三角形，F 为 AB 的中点， 所以 CFAB， 又 ABAA1A，故 CF平面 A1EF， 又 CF平面 A1CF，所以平面 A1CF平面 A1EF (2)如图，

24、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FB FC 示的空间直角坐标系， 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 3FC 3A1E 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| 3 424 3 2 2 由(1)可知 EFCF，A1FCF，

25、 由定义可知EFA1为二面角 ECFA1的平面角 EF，A1F ， 12 2 2 2 6 2 12 223 A1E， 22 2 2 2 3 2 2 满足 EF2A1F2A1E2，则EFA1 ， 2 此时二面角 ECFA1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 PABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，ABCD，ABAD，AB2CD2AD4，侧面 PAB 是等腰直 角三角形，PAPB，平面 PAB平面 ABCD，点 E，F 分别是棱 AB，PB 上的点， 平面 CEF平面 PAD (1)确定点 E，F 的位置，并说明理由； (2)求二面角 DEFC 的余弦

26、值 解 (1)因为平面 CEF平面 PAD， 平面 CEF平面 ABCDCE， 平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 CEAD，又因为 ABDC， 所以四边形 AECD 是平行四边形， 所以 DCAE AB， 1 2 即点 E 是 AB 的中点 因为平面 CEF平面 PAD， 平面 CEF平面 PABEF， 平面 PAD平面 PABPA， 所以 EFPA，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 PAPB，AEEB， 所以 PEAB， 又因为平面 PAB平面 ABCD， 平面 PAB平面 ABCDAB，

27、所以 PE平面 ABCD， 又因为 ABAD， 所以 CEAB 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， 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 cosmn， mn |m|n| 2 2 3 6 3 因为二面角 DEFC 是锐角，所以二面角 DEFC 的余弦值是 6 3