2025版高考数学一轮总复习单元检测第七章立体几何（附解析）

这是一份2025版高考数学一轮总复习单元检测第七章立体几何（附解析），共10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。

1. 下列命题中正确的是（ C ）
A. 将正方形旋转不可能形成圆柱
B. 以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台
C. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D. 通过圆台侧面上一点，有无数条母线
解：将正方形绕着其任意一边旋转一周可得圆柱，故 错误.
中以直角梯形的垂直于底边的腰为轴旋转所得的旋转体才是圆台，以另一腰为轴所得旋转体不是圆台，故 错误.
中圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，显然正确.
中圆台的母线延长后与轴交于同一点，通过圆台侧面上一点，只有1条母线，故 错误.
故选.
2. 若直线与平面 相交，则（ A ）
A. 平面 内存在直线与异面B. 平面 内存在唯一直线与平行
C. 平面 内存在唯一直线与垂直D. 平面 内的直线与都相交
解：当直线 与平面 相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线，故 正确.故选.
3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ B ）
A. 2B. C. 4D.
解：设圆锥的母线长为.
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选.
4. 如图，，, ， ，且，直线，过,,三点的平面记作 ，则 与 的交线必过（ D ）
A. 点B. 点C. 点但不过点D. 点和点
解：因为,所以 .
又直线， ,所以 , .
又 , ,所以.
所以 与 的交线必过点 和点.
故选．
5. 已知正四面体的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（ C ）
A. B. C. D.
解：如图，设，，，
则，
且，，三向量两两夹角为 .
，，
所以.
故选 .
6. 如图，在正方体中，,分别是棱,的中点，则与平面的位置关系是 （ A ）
A. 平面
B. 与平面相交
C. 在平面内
D. 与平面的位置关系无法判断
解：如图，取 的中点，连接，.
则，.
所以 平面，平面.
又因为，所以平面 平面.
从而可得 平面.
故选 .
7. [2022年北京卷]已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为（ B ）
A. B. C. D.
解：如图，设顶点 在底面上的投影为，连接.
由题意,知 为 的中心，且.
故.
因为，所以.
故点 的运行区域为以点 为圆心，1为半径的圆.
而 内切圆的圆心为，半径为，故 的运行区域在 内部，其面积为 .
故选 .
8. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（ C ）
A. 寸B. 2寸C. 寸D. 3寸
解：如图，由题意，可知天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
因为积水深9寸，所以水面半径为（寸）.
所以盆中水的体积为 （立方寸）．
所以平均降雨量为（寸）．故选．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设，是空间中不同的直线， , , 是不同的平面，则下列说法正确的是（ AD ）
A. 若, , ，则B. 若 , , ，则
C. 若 , , , ，则D. 若 ,,，则
解：对于，若, , ，则由线面平行的判定定理，知 ,故 正确.
对于，若 , , ，则,可能异面，故 错误.
对于，若 , , , ，则 , 可能相交，故 错误.
对于，若 ,,，则由面面平行的性质定理，知，故 正确.
故选.
10. 如图，四棱锥中，与是正三角形，平面 平面，，则下列结论一定成立的是（ ACD ）
A. B. 平面
C. D. 平面 平面
解：如图，取 的中点，连接，，易得， 平面，选项 正确.
又 平面，平面 平面，所以选项，也正确.
故选 .
11. 如图，已知四棱台的上下底面均为正方形，其中，，，则下述结论正确的是（ AD ）
A. 该四棱台的高为B.
C. 该四棱台的表面积为26D. 该四棱台外接球的表面积为
解：由棱台性质，画出切割前的四棱锥，如图.
作 平面 交平面 于点，交平面 于点.由于，，可知 与 相似比为，则，，则.则，该四棱台的高为，对.
因为，所以 与 的夹角为 ，不垂直，错.
该四棱台的表面积为，错.
由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在 上.在平面 中，由于，，则，即点 到点 与点 的距离相等.则，该四棱台外接球的表面积为 ，对.
故选.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为 .
解：画出原图如图.
由题意，得，且，则，则 的周长为.故填 .
13. 如图，在正四面体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为 .
解:如图，取 的中点，连接,,则,.所以 是异面直线 与 所成的角（或其补角）.
设正四面体的棱长为,则.
取 的中点，连接,,则,.
因为,所以 平面.
因为 平面,所以.所以，所以，所以异面直线 与 所成的角为.故填 .
14. [2023年全国甲卷]在正方体中，，分别为，的中点，以为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点．
解：不妨设正方体棱长为2，的中点为，取，的中点,，侧面 的中心为，连接,,,,，如图.
由题意，可知 为球心，在正方体中，，即.
则球心 到 的距离为.
所以球 与棱 相切，球面与棱 有1个交点.
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点.
所以以 为直径的球面与该正方体棱的交点总数为12.故填12.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （13分）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，, ，设，，.
（1） 用,,表示，并求；
解：，
．
（2） 求与所成角的大小.
[答案]因为,所以.因此 与 所成角的大小为 .
16. （15分）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，.求证：
（1） 平面；
证明：因为，分别为，的中点，所以.
又在直三棱柱 中，，
所以.
又 平面， 平面，
所以 平面.
（2） .
[答案]
因为，为 的中点，所以.
因为三棱柱 是直棱柱，所以 平面.又 平面，所以.
因为 平面， 平面，，所以 平面.
因为 平面，所以.
17. （15分）如图，在四棱锥中，，平面 平面， ，，，分别为线段，的中点，为棱上一点，且.
（1） 证明：平面平面.
解：证明：因为，分别为线段，的中点，所以.又 平面， 平面，所以 平面.
因为 ，所以.因为，所以四边形 为平行四边形，所以.同理,平面.
又，
所以平面 平面.
（2） 求三棱锥的体积．
[答案]
因为， 平面，平面 平面，平面 平面,
所以 平面，即 平面.
由已知，可得，则．
18. [2022年全国乙卷]（17分）如图，四面体中，，,,为的中点.
（1） 证明：平面 平面；
解：证明：因为，为 的中点，所以.
在 和 中，因为，,,所以.
所以.
又 为 的中点，所以.
又， 平面，，所以 平面.
因为 平面，所以平面 平面.
（2） 设， ，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值.
[答案]
连接，由（1）知 平面.
因为 平面，所以.
所以.
当 时，最小，即 的面积最小.
因为，所以.
又 ，所以 是等边三角形.
因为 为 的中点，所以，.因为，所以.
在 中，，所以.
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，,,所以，.
设平面 的法向量为，则 取，则.
又，,,,所以,,.
所以,.
设 与平面 所成的角为，则,.
所以 与平面 所成的角的正弦值为.
19. （17分）如图，在长方体中，，，直线与平面所成角为 ，于点．
（1） 若为棱上的动点，试确定点的位置，使得平面，并说明理由；
解：当 或 时，平面，理由如下.
由直线 与平面 所成角为 ，可知 .
又，所以.
因为，所以.
过点 作，垂足为，如图所示，则 ，所以，.
以 为原点，，，所在直线分别为 轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则,,,,,,,,,,,.
当 时，,0,,则,,.
可得，所以，即.
又因为 平面，且 平面，
所以 平面．
（2） 若为棱上的动点（除端点,外），求二面角的平面角的取值范围．
[答案]
设，.
按（1）中方法建立空间直角坐标系，
则,，,,.
设平面 的法向量为，
则 即
取，则.
设平面 的法向量为，可取.
则,.
因为，所以,，所以,，所以,,.
由图，可知二面角 的平面角为锐角，所以二面角 的平面角的取值范围是,．