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1、高三单元滚动检测卷数学考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间120分钟，满分150分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整单元检测八立体几何与空间向量第卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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已知、是两个不同的平面，给出下列四个条件：存在一条直线a，a，a；存在一个平面，；存在两条平行直线a、b，a，b，a，b；存在两条异面直线a、b，a，b，a，b，可以推出的是()A B C D2(2015江西六校联考
2、)某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积()A有最小值2 B有最大值2C有最大值6 D有最大值43l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面4设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()Aa2 B.a2 C.a2 D5a25.如图所示，在正方体AC1中，E，F分别是AB和AA1的中点，给出下列说法：E，C，D1，F四点共面；CE，D1F，DA三线共点；EF和BD1所成的角为45；A1B平面CD1E；B
3、1D平面CD1E，其中，正确说法的个数是()A2 B3 C4 D56(2015郑州第二次质量预测)设，是三个互不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是()A若，则B若，m，则mC，m，m，则mDm，n，则mn7(2015天门模拟)将正三棱柱截去三个角如图1所示，A、B、C分别是GHI三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为()8已知ABC的直观图是边长为a的等边三角形A1B1C1(如图)，那么原三角形的面积为()A.a2 B.a2 C.a2 D.a29.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知ADE是ADE绕DE旋转过程中
4、的一个图形，则下列命题中正确的是()动点A在平面ABC上的射影在线段AF上；BC平面ADE；三棱锥AFED的体积有最大值A B C D10(2015成都模拟)如图，在棱长为4的正方体ABCDABCD中，E，F分别是AD，AD的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则线段MN的中点P的轨迹(曲面)与二面角AADB所围成的几何体的体积为()A. B. C. D.11连接球面上两点的线段称为球的弦半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别为2、4，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：弦AB、CD可能相交于点M；弦AB
5、、CD可能相交于点N；MN的最大值为5；MN的最小值为1.其中真命题的个数为()A1 B2 C3 D412如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PAa，PBPDa，则它的5个面中，互相垂直的面有()A3对 B4对 C5对 D6对第卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13(2015宁夏银川一中模拟)已知直线l，m，平面，且l，m，给出下列四个命题：若，则lm；若lm，则；若，则lm；若lm，则.其中为真命题的序号是_14一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为18 cm的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为_15(2015湖北七市联考
6、)某个几何体的三视图如图所示，其中正视图的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为_16(2015成都二诊)已知单位向量i，j，k两两所成夹角均为(0，且)，若空间向量axiyjzk(x，y，zR)，则有序实数组(x，y，z)称为向量a在“仿射”坐标系Oxyz(O为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作a(x，y，z).有下列命题：已知a(2,0，1)，b(1,0,2)，则ab0；已知a(x，y,0)，b(0,0，z)，其中xyz0，则当且仅当xy时，向量a，b的夹角取得最小值；已知a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，则ab(x1x2，y1y2，z1z2)；已知O(1,0,0)，O(0
7、,1,0)，O(0,0,1)，则三棱锥OABC的体积V.其中真命题有_(写出所有真命题的序号)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(10分)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，M，N分别是AA1，CD，CB的中点，求证：(1)MNB1D1；(2)AC1平面EB1D1.18.(12分)如图所示，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形，且ABCD，O是AB的中点，PO平面ABCD，POCDDAAB4，M是PA的中点(1)证明：平面PBC平面ODM；(2)求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值19(12分)如图，三棱柱ABCA1B
8、1C1中，侧棱垂直于底面，ACB90，ACBCAA1，D是棱AA1的中点(1)证明：平面BDC1平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比20(12分)(2015云南第二次统测)如图，在三棱锥PABC中，底面ABC是边长为4的正三角形，PAPC2，侧面PAC底面ABC，M，N分别为AB，PB的中点(1)求证：ACPB；(2)求二面角NCMB的余弦值21.(12分)(2015北京朝阳区期末)如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC.(1)求证：ACPB；(2)设O，D分别为AC，AP的中点，点G为OAB内一点，且满足O(OO)，求证：DG平面PBC；(3)若AB
9、AC2，PA4，求二面角APBC的余弦值22(12分)(2014安徽)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上、下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小答案解析1C2.B3.B4.B5.B6.C7.A8.C9C中由已知可得面AFG面ABC，点A在面ABC上的射影在线段AF上BCDE，根据线面平行的判定定理可得BC平面ADE.当面ADE面ABC时，三棱锥AF
10、DE的体积达到最大10D连接FN，PF，MF平面ABCD，MFNF，又点P为MN的中点，PFMN1，即得点P的轨迹为以点F为球心，半径为1的球在二面角AADB内的部分，即为球的，其体积V13.故应选D.11C设球的球心O到直线AB、CD的距离分别为d、d，利用勾股定理可求出d3，d2，所以CD可以经过M，而AB不会经过N，所以正确，不正确；又dd5，dd1，所以正确故选C.12C底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PAa，PBPDa，可得PA底面ABCD，PA平面PAB，PA平面PAD，可得：平面PAB平面ABCD，平面PAD平面ABCD；AB平面PAD，可得平面PAB平面PAD；BC平面PA
11、B，可得平面PAB平面PBC；CD平面PAD，可得平面PAD平面PCD.13解析正确，因为l，l，又m，故lm；错，当两平面相交且交线为直线m时也满足题意；错，各种位置关系均有可能；正确，l，lmm，又m，所以，综上可知命题为真命题14.解析设母线长为l，底面半径为r，则依题意易知l18 cm，由，代入数据即可得r12 cm，因此所求角的余弦值即为.159214解析依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方形的长、宽、高分别是4,5,4，圆柱的底面半径是2、高是5，因此该几何体的表面积等于3(45)2(44)22(22)59214.16解析对，a2ik，bi2k，则ab
12、(2ik)(i2k)23ik23cos ，当且仅当时，3cos 0，故错误；如图所示在正方体中设OA，OB，OC分别为x，y，z轴，若a(x，y,0)，b(0,0，z)，则当且仅当在平面AOB中存在点D使CD平面AOB时，a，b的夹角最小，此时，xy0，故错误；由题意ax1iy1jz1k，bx2iy2jz2k，所以abx1iy1jz1k(x2iy2jz2k)(x1x2)i(y1y2)j(z1z2)k，故正确；如图所示，正方体的边长为，三棱锥OABC为边长为1的正四面体，其体积为()3()24，故正确17证明(1)M，N分别是CD，CB的中点，MNBD.又BB1綊DD1，四边形BB1D1D是平行
13、四边形所以BDB1D1.又MNBD，从而MNB1D1.(2)方法一连接A1C1，A1C1与B1D1交于O点，连接OE.四边形A1B1C1D1为平行四边形，则O点是A1C1的中点，E是AA1的中点，EO是AA1C1的中位线，EOAC1，AC1平面EB1D1，EO平面EB1D1，所以AC1平面EB1D1.方法二取BB1中点为H点，连接AH，C1H，EH，E，H点分别为AA1，BB1中点，EH綊C1D1，则四边形EHC1D1是平行四边形，ED1HC1，又HC1平面EB1D1，ED1平面EB1D1，HC1平面EB1D1.又EA綊B1H，则四边形EAHB1是平行四边形，EB1AH，又AH平面EB1D1，
14、EB1平面EB1D1，AH平面EB1D1.AHHC1H，平面AHC1平面EB1D1.而AC1平面AHC1，AC1平面EB1D1.18(1)证明因为O，M分别为AB，AP的中点，所以OMPB.又PB平面ODM，OM平面ODM，PB平面ODM因为CDAB，O为AB的中点，所以CDBO，又因为CDAB，所以四边形OBCD为平行四边形，所以BCOD.又BC平面ODM，OD平面ODM，BC平面ODM.因为BCPBB，DOOMO，所以平面PBC平面ODM.(2)解方法一延长AD，BC交于点E，连接PE，则平面PBC平面PADPE.易知PBPA，EBEA，PEPE，所以PBE与PAE全等过点A作AQPE于点
15、Q，连接BQ，则BQPE，由二面角定义可知，AQB为所求角或其补角易求得PE8，AE8，PA4，由等积法求得AQ2BQ，所以cosAQB0，所以所求角为AQB，所以cos(AQB)，因此平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值为.方法二以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系则P(0,0,4)，B(4,0,0)，A(4,0,0)，C(2，2，0)，D(2，2，0)因为(4,0，4)，(2，2，0)，所以易求得平面PBC的一个法向量n1(，1，)又(4,0，4)，(2，2，0)，所以易求得平面PAD的一个法向量n2(，1，)设为平面PBC与平面PAD所成的锐二面角，则cos ，所以平面PBC与
16、平面PAD所成锐二面角的余弦值为.19(1)证明由题设知BCCC1，BCAC，CC1ACC，BC平面ACC1A1.又DC1平面ACC1A1，DC1BC.由题设知A1DC1ADC45，CDC190，即DC1DC.又DCBCC，DC1平面BDC.又DC1平面BDC1，平面BDC1平面BDC.(2)解设棱锥BDACC1的体积为V1，AC1.由题意得V111.三棱柱ABCA1B1C1的体积V1，(VV1)V111.平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为11.20(1)证明取AC的中点O，连接OP，OB.PAPC，ABCB，ACPO，ACOB.又平面PAC平面ABC，且AC是平面PAC与平面ABC的交
17、线，PO平面PAC，PO平面ABC.如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，由已知得A(2,0,0)，B(0,2，0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)A(4,0,0)，P(0,2，2)，AP0，AP.ACPB.(2)解C(3，0)，M(1,0，)，设n(x，y，z)为平面CMN的法向量，则取z1，得x，y.n(，1)为平面CMN的一个法向量又O(0,0,2)为平面MBC的一个法向量，设二面角NCMB的大小等于，由已知得二面角NCMB是锐角，cos |.二面角NCMB的余弦值等于.21(1)证明因为PA平面ABC，AC平面ABC，所以PAAC.又因为ABAC，且PAAB
18、A，所以AC平面PAB.又因为PB平面PAB，所以ACPB.(2)证明因为PA平面ABC，所以PAAB，PAAC.又因为ABAC，所以以A为原点，分别以AC，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设AC2a，ABb，PA2c，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，又因为O(OO)，所以G(，0)，于是D(，c)，B(2a，b,0)，P(0，b，2c)设平面PBC的一个法向量n(x0，y0，z0)，则有即不妨设z01，则有y0，x0，所以n(，1)因为nD(，1)(，c)1(c)0，
19、所以nD，又因为DG平面PBC，所以DG平面PBC.(3)解由(2)可知平面PBC的一个法向量n(，1)(2,2,1)又因为AC平面PAB，所以面PAB的一个法向量是A(2,0,0)又cosn，A，由图可知，二面角APBC为锐角，所以二面角APBC的余弦值为.22(1)证明因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD.所以，即Q为BB1的中点(2)解如图(1)，连接QA，QD，设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别
20、为V上和V下，BCa，则AD2a.图(1)VQA1AD2ahdahd，VQABCDd(h)ahd，所以V下VQA1ADVQABCDahd，又V四棱柱A1B1C1D1ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下ahdahdahd.故V上V下117.(3)解图(2)如图(2)，以D为坐标原点，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA，BCa，则AD2a，因为S梯形ABCD2sin 6，所以a.从而C(2cos ，2sin ，0)，A1(，0,4)，所以(2cos ，2sin ，0)，(，0,4)，设平面A1DC的一个法向量n(x，y,1)，由得xsin ，ycos ，所以n(sin ，cos ，1)又因为平面ABCD的一个法向量m(0,0,1)，所以cosn，m，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.