2020高考数学刷题首秧单元测试六立体几何文含解析.pdf

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1、单元质量测试(六)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

2、形成 的投影，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(2R)2， x 6 2 1V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 同一条直线的两个平面

3、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V1 2 121 ()222故选 A 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( ) A48 B64 C96

4、 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，CO6OA，俯视图是22CD2OD2 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ACBD4，ADBC5 ，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的长方体中，则依 题意有 Error!Error! 解得E

5、rror!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OM平 面PDA因为MPB，所以OM与平面PBA、平面PB

6、C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V1R2h 2a a 2 而圆柱体的内切球的直径也为a，故其体积为V2R3 3 ，所以圆柱 a3 4 4 3 4 3 a 2 a3 6 体内除球体以外部分的体积为VV1V2故选 D a3 12 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

7、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(R2 h2)；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 R 2；中截面圆的半径为 ，则截面圆的面积为 (R2 h 2 h 2 R2h2 h2)所以中

8、截面的面积相等，故其体积相等，故选 D 11 (2018福建莆田质检)已知正方体ABCDA1B1C1D1， 平面过直线BD，平面AB1C， 平面AB1Cm，平面过直线A1C1，平面AB1C，平面ADD1A1n，则m，n所成 的角的余弦值为( ) A B C D 1 2 1 3 2 2 3 2 答案 D 解析 如图，由题中条件知，直线m为B1O，直线n为A1D， B1CA1D， B1O与A1D所成的角为CB1O(或其补角)， 设正方体的棱长为a， 在CB1O 中，B1Ca，COa，B1Oa，cosCB1O故选 D2 2 2 6 2 6 2 a2 2a2 2 2 a2 2 6 2 a2a 3 2

9、12 (2018太原模拟)三棱锥DABC中， 已知CD底面ABC， ABC为正三角形， 若AE CD，ABCDAE2，则三棱锥DABC与三棱锥EABC的公共部分构成的几何体的体积为 ( ) A B C D 3 9 3 3 1 3 3 答案 B 解析 如图所示，设ADCEF，连接DE三棱锥DABC与三棱锥EABC的公共部分 为三棱锥FABC 由题意AECD，AECD， 所以四边形ACDE是平行四边形， 取AC的中点M， 连接FM，BM， 则FM1，BM， 由题意可知FM平面ABC 所以三棱锥FABCBC2CM23 的高是FM 又正三角形ABC的面积SABACsin60， 所以三棱锥FABC的体积

10、V 1 2 3 SFM故选 B 1 3 3 3 第卷 (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) 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 23 3 14 直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上 若ABBC2， ABC90，AA1 2，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

11、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S4R2162222222 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

12、点组成的正方形的对角线的长为 2，故球2 的半径为，该球的表面积为 4()2822 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；

13、 (2)已知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，即OE 5 2 5 2 RtSHO中，OH ，SH， 5 2 55 2 故SO5，所以OM SOOH SH 5 由(1)知EG平面SFH，且OM平面SFH， 故E

14、GOM，从而EOOM， 故 RtEMO中，EM，EO2OM2 35 2 所以 cosEMO OM EM 2 3 18(2018全国卷)(本小题满分 12 分)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧C所在D 平面垂直，M是C上异于C，D的点D (1)证明：平面AMD平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由 解 (1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD 因为BCCD，BC平面ABCD， 所以BC平面CMD，故BCDM 因为M为C上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCMD 又BCCMC，所以DM平面BMC 而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC

15、(2)当P为AM的中点时，MC平面PBD 证明如下：连接AC交BD于O因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点 连接OP，因为P为AM的中点，所以MCOP 又MC平面PBD，OP平面PBD， 所以MC平面PBD 19(2018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)求三棱锥FDCE的体积 解 (1)因为平面CEF平面PAD 平面CEF平面

16、ABCDCE， 平面PAD平面ABCDAD，所以CEAD， 又ABDC，所以四边形AECD是平行四边形，所以DCAEAB， 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，又因为点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)因为PAPB，AEEB，所以PEAB， 又平面PAB平面ABCD， 平面PAB平面ABCDAB， 所以PE平面ABCD 又F为PB的中点，ABCD，ABAD， 所以V三棱锥FDCEV三棱锥PDCESDECPE 222 1 2 1 6 1 6 1 2 2 3 2

17、0 (2018石家庄一模)(本小题满分12 分)四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形，AB CD，ABBC，AB2BC2CD2，SAD为正三角形 (1)点M为棱AB上一点，若BC平面SDM，求实数的值；AM AB (2)若BCSD，求点B到平面SAD的距离 解 (1)因为BC平面SDM， BC平面ABCD， 平面SDM平面ABCDDM， 所以BCDM 因为ABDC，所以四边形BCDM为平行四边形， 又AB2CD，所以M为AB的中点， 因为，AM AB 所以 1 2 (2)因为BCSD，BCCD，CDSDD， 所以BC平面SCD， 又BC平面ABCD， 所以平面SCD平面ABCD， 在平面S

18、CD内过点S作SECD于点E，连接AE， 因为平面SCD平面ABCDCD， 所以SE平面ABCD， 在 RtSEA和 RtSED中， 因为SASD， 所以AEDE，SA2SE2SD2SE2 又由题知EDA45， 所以AEED， 由已知求得AD，2 所以AEEDSE1 连接BD，则V三棱锥SABD 211 ， 1 3 1 2 1 3 又求得SAD的面积为， 3 2 设点B到平面SAD的距离为h， 所以由V三棱锥BSADV三棱锥SABDSSADh ， 1 3 1 3 解得h， 23 3 所以点B到平面SAD的距离为 23 3 21(2018山东青岛统测)(本小题满分 12 分)如图，圆柱H横放在底

19、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、 右两个底面的圆心， 正六棱锥PABCDEF 底面中心为O，PO1，M，N分别是圆柱H的底面O1的最高点和最低点，G是圆柱H的底面O2 的最低点，P为NG的中点，点M，O1，N，A，O，D，G，P共面，点O1，P，D共线，四边形ADGN 为矩形 (1)求圆柱H的体积V，并证明：MG平面PCD； (2)作出点O在平面PAB上的正投影K，并加以证明 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)O为正六棱锥PABCDEF底面的中心， PO底面ABCDEF， P为NG的中点，四边形ADG

20、N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为NG中点，NPAD，且NPAD1， 1 2 在O1AD中，NP为O1AD的中位线，从而N为O1A中点， O1NAN1， 圆柱H的体积V1222 P为NG的中点，O1为MN的中点，PO1MG， 又O1，P，D共线，PDMG， PD平面PCD，MG平面PCD， MG平面PCD (2)取AB的中点Q，连接OQ

21、，PQ， 在POQ中，作OKPQ于K， 则K为点O在平面PAB上的正投影 下面证明： 六棱锥PABCDEF为正棱锥， PAPB，从而ABPQ， 正六棱锥PABCDEF底面中心为O， PO底面ABCDEF， 又AB底面ABCDEF，ABPO， POPQP，AB平面POQ， 又OK平面POQ，ABOK， 又PQABQ，OK平面PAB， 点O在平面PAB上的正投影为K 22 (2018河北衡水中学九模)(本小题满分 12 分)如图， 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB 1，AD2，E，F分别为AD，AA1的中点，Q是BC上一个动点，且BQQC(0) (1)当1 时，求证：平面BEF平面A1DQ

22、； (2)是否存在，使得BDFQ？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由 解 (1)证明：1 时，Q为BC的中点，因为E是AD的中点， 所以EDBQ，EDBQ，则四边形BEDQ是平行四边形，所以BEQD 又BE平面A1DQ，DQ平面A1DQ， 所以BE平面A1DQ 又F是A1A中点，所以EFA1D， 因为EF平面A1DQ，A1D平面A1DQ， 所以EF平面A1DQ 因为BEEFE，EF平面BEF，BE平面BEF， 所以平面BEF平面A1DQ (2)连接AQ，BD，FQ， 因为A1A平面ABCD， BD平面ABCD， 所以A1ABD 若BDFQ，A1A，FQ平面A1AQ，A1AFQF， 所以BD平面A1AQ 因为AQ平面A1AQ，所以AQBD 在矩形ABCD中，由AQBD，得AQBDBA， 所以AB2ADBQ 又AB1，AD2，所以BQ ，QC ， 1 2 3 2 则 ，即 BQ QC 1 3 1 3