2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷七空间向量与立体几何

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷七空间向量与立体几何，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.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.B.C.πD.
3.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∥βB.m⊥n,α∩β=m,n⊂α
C.m∥n,n⊥β,m⊂αD.m∥n,m⊥α,n⊥β
4.
如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1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.6+4B.4+2
C.5+3D.8+4
5.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πR2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则=( )
A.2B.C.1D.
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10 cm,母线与底面所成角的正切值为.打印所用原料密度为1 g/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.609.4 gB.447.3 gC.398.3 gD.357.3 g
7.已知△ABC是面积为的等边三角形,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.B.C.1D.
8.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.B.C.1D.
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A-BCD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AGFB.EG⊥平面ABF
C.平面AEF⊥平面BCDD.平面ABF⊥平面BCD
10.
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SBC
B.l∥AD
C.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.
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ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是( )
A.HF∥BE
B.三棱锥B1-BMN的体积为6
C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°
D.D1G∶GC1=1∶3
12.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⊥SE
B.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBC
C.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S-AB-C的大小为60°
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.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P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45°,则此四棱锥的体积为 .
15.
《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P-ABC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.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,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ABCD-A1B1C1D1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AMN-DD1C的体积.
18.(12分)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E-AM-D大小为时,试确定点E的位置.
19.
(12分)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交于点M,交OA于点N.
(1)求证:MN∥OB;
(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.
20.
(12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1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=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)已知直三棱柱ABC-A1B1C1,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A1-PN-M的余弦值.
22.
(12分)如图,四棱锥P-ABCD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P-ABC体积最大时,求二面角B-AC-P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=πrl,
即θ==π,故选C.
3.C A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==2,AB1==4,EF==2,AF==2,所以截面的周长为6+4
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R2,得圆柱侧面积为R2-2πR2=R2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2πR×h=R2,解得h=R,酒杯下部分(半球)的体积V2=R3=R3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=πR2R=R3,所以=2.故选A.
6.C 如图是几何体的轴截面,因为圆锥底面直径为10cm,所以半径为OB=5cm.
因为母线与底面所成角的正切值为tanB=,所以圆锥的高为PO=10cm.
设正方体的棱长为a,DE=a,则,解得a=5.
所以该模型的体积为V=10-53=-125(cm3).
所以制作该模型所需原料的质量为-125×1=-125≈398.3(g).
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=a2=,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=a=设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d==1.
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=ADcs=2cs,由题意可知D'O=DO=2cs,S△ABC=2×2sinα=2sinα,VD'-ABC=S△ABC×D'O=sinαcssincs2sin1-sin20<.
设t=sin,则VD'-ABC=(t-t3),且0所以当00,当9.
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=SA·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,MB1×NB1×BB1=3×4×2=4,故B错误;
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=1,故C错误;
对于D选项,可知D1G=,GC1=,故D正确.
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S-AE-B的平面角为α,取AD=4,DE=3,故AE=DF=5,
CE=BF=1,SG=,OG=csα,故只需满足SO=OB=sinα,
在△OFB中,根据余弦定理=12+-2csαcs∠OFB,
解得csα=,故C正确;
过O作OM⊥AB交AB于点M,则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角,
取二面角S-AE-B的平面角为60°,故只需满足DG=2GO=2OM,
设∠OAG=∠OAM=θ,<θ<,则∠DAG=-2θ,AG=,
化简得到2tanθtan2θ=1,解得tanθ=,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
解得r=h=3,则该圆柱的体积是πr2h=27π.
14.
如图,设点P在底面ABCD内的射影为点O,
因为四棱锥P-ABCD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P-AB-C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PO·SABCD=1×2×2=
15.①2 ①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥平面PAC.
故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=AC=2.
②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=所以FG=CF·sin∠PCA=
16 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.
∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1=,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=D1+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上.
取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,
∴交线2π=
17.
(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,所以MN∥A1B,
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,即,解得PA=,同理延长D1M与DA相交于点Q,可得QA=,所以点P与点Q重合,所以D1M,DA,CN三线相交于一点,
所以几何体AMN-DD1C是一个三棱台,所以×3=
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A,B-,0,M-,0,0,D0,0,.
(1)证明:由于=-,0,,=(0,-,0),则=0,故,即AD⊥BM.
(2)解:设存在满足条件的点E,并设=,λ∈(0,1],=-,-,则=λ-,-,
则点E的坐标为-,,,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=(-,0,0),=--,,则所以
故n2=(0,λ-1,2λ).
cs=,
由于二面角E-AM-D大小为,
故cs,
由于λ∈(0,1],故解得λ=2-3或-2-3(舍去).
故当E位于线段DB之间,且=2-3时,二面角E-AM-D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S-MON的高.
因为OA⊥OB,MN∥OB,
所以MN⊥OA.
设ON=x(0所以,当x=时,三棱锥S-MON体积有最大值,Vmax=
20.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A-xyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),则=(2,0,0),=(0,0,2),=(1,1,0).
(1)证明:==λ(),,
=(0,0,2)+,0,0=,0,2,=(1,1,0)-=,1,-2=(0,2,1),=0+2-2=0,即,
因此,无论λ取何值,都有AM⊥PN.
(2)解:当λ=1时,P(1,0,2),=(0,1,-2),=(-1,2,-1),
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
则m=(3,2,1),
设平面PMN与平面ABC的夹角为θ,则csθ=
因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是
21.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQ∥A1B1,且MQ=A1B1,PN∥AB,且PN=AB,
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B1BCC1.
(2)解设=a,=b,=c,∠BAC=θ,
由已知可得,|a|=|b|=|c|=1,且a·c=b·c=0,则=a+c,c+b-a,
因为AP⊥MN,所以=a+cc+b-a=a·b-a2+c2=csθ-=0,
所以csθ=,即∠BAC=60°.
(3)解在平面ABC内过点A做射线l垂直于AB,易知AB,l,AA1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则P1,0,,M,1,N,0,,n1=(0,1,0)为平面A1PN的一个法向量,=,-,-,=-,0,0.设n2=(x,y,z)为平面PMN的一个法向量,
则
所以
令y=1,则n2=0,1,-,则cs=,由图知二面角A1-PN-M的平面角是锐角,所以二面角A1-PN-M的余弦值为
22.(1)证明∵侧面PAB⊥底面ABCD,侧面PAB∩底面ABCD=AB,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB,又AP⊂平面PAB,∴AP⊥BC,又BE⊥平面APC,AP⊂平面PAC,∴AP⊥BE,
∵BC∩BE=B,BC,BE在平面PBC中,∴AP⊥平面PBC,又AP⊂平面PAD,
∴平面PAD⊥平面PBC.
(2)解VP-ABC=VC-APB=PA×PB×BC=PA×PB,求三棱锥P-ABC体积的最大值,只需求PA×PB的最大值.
令PA=x,PB=y,由(1)知,PA⊥PB,∴x2+y2=4,
而VP-ABC=xy,当且仅当x=y=,即PA=PB=时,VP-ABC的最大值为如图所示,分别取线段AB,CD中点O,F,连接OP,OF,
以点O为坐标原点,以OP,OB和OF分别作为x轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知A(0,-1,0),C(0,1,2),P(1,0,0),=(1,1,0),=(0,2,2),
令平面PAC的一个法向量n=(x,y,z),则
∴n=(1,-1,1).
易知平面ABC的一个法向量m=(1,0,0),设二面角B-AC-P的平面角为θ,由图知θ为锐角,
则csθ=