2018届高三数学（理）一轮复习：阶段检测卷四 word版含解析

这是一份2018届高三数学（理）一轮复习：阶段检测卷四 word版含解析，共7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。


阶段检测四
立体几何

(时间:120分钟　总分:150分)

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.△ABC所在的平面为α,直线l⊥AB,l⊥AC,直线m⊥BC,m⊥AC,则两不同直线l,m的位置关系是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.相交 B.异面 C.平行 D.不确定
2.已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示,给出下列5个图形:


其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是(　　)
A.5 B.4 C.3 D.2
3.下列命题中正确的是(　　)
A.若直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α
B.若直线a在平面α外,则a∥α
C.若直线a∥b,b⊂α,则a∥α
D.若直线a∥b,b⊂α,则a平行于平面α内的无数条直线
4.已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为的矩形,则该正方体的正视图的面积等于(　　)
A. B.1 C. D.
5.下图是一个几何体的三视图,若它的表面积为7π,则正视图中a=(　　)

A.1 B. C. D.2
6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,A1A=AC=2,BC=1,AB=,则此三棱柱的侧视图的面积为(　　)

A.2 B.4 C. D.2
7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)

A. B. C. D.
8.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为BD1的中点,三棱锥O-ABD的体积为V1,四棱锥O-ADD1A1的体积为V2,则的值为(　　)

A. B. C.1 D.
9.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是(　　)
A. B. C. D.
10.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:①PD∥平面AMC;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.
其中正确的个数为(　　)




A.1 B.2 C.3 D.4
11.已知球O的表面积为20π,A,B,C三点在球面上,且AB⊥BC,AB=BC,AC=2,则三棱锥C-AOB的高为(　　)
A. B. C.2 D.1
12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=,BC=AA1=1,点M为AB1的中点,点P为体对角线AC1上的动点,点Q为底面ABCD内的动点(点P,Q可以重合),则MP+PQ的最小值为(　　)
A. B. C. D.1

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
得分















二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上)
13.一个几何体的三视图如图所示,已知此几何体的体积为10,则h=　　　　. 

14.如图,已知圆锥SO的母线SA的长度为2,一只蚂蚁从点B绕着圆锥侧面爬回点B的最短路程为2,则圆锥SO的底面半径为　　　　. 

第14题图

第15题图
15.如图是长方体被一平面截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为　　　　　　　　. 
16.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=3,PB=2,PC=1.设M是底面ABC内一点,定义f(M)=(m,n,p),其中m,n,p分别是三棱锥M-PAB、三棱锥M-PBC、三棱锥M-PCA的体积.若f(M)=,且+≥8(a>0)恒成立,则正实数a的最小值为　　　　. 
三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.
(1)证明:四边形EFGH是矩形;
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.










18.(本小题满分12分)如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上一点,且SE=2EB.
(1)证明:DE⊥平面SBC;
(2)求二面角A-DE-C的大小.












19.(本小题满分12分)如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,BC=2,∠CBA=,四边形ABEF为直角梯形,BE∥AF,∠BAF=,BE=2,AF=3,平面ABCD⊥平面ABEF.
(1)求证:AC⊥平面ABEF;
(2)求平面ABCD与平面DEF所成锐二面角的余弦值.










20.(本小题满分12分)如图,在几何体ABCDEF中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,FB=,M,N分别为EF,AB的中点.
(1)求证:MN∥平面FCB;
(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°,求平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值.










21.(本小题满分12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=2AD=2DC,四边形ABEF是正方形.将正方形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置,使平面ABE1F1⊥平面ABCD,M为AF1的中点,如图2.

(1)求证:BE1⊥DC;
(2)求BM与平面CE1M所成角的正弦值;
(3)判断直线DM与CE1的位置关系,并说明理由.










22.(本小题满分12分)已知四边形ABCD是矩形,BC=kAB(k∈R),将△ABC沿着AC翻折,得到△AB1C,设顶点B1在平面ABCD上的射影为O.
(1)若点O恰好落在AD上.
①求证:AB1⊥平面B1CD;
②若B1O=1,AB>1,当BC取到最小值时,求k的值.
(2)当k=时,若点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界),求二面角B1-AC-D的余弦值的取值范围.









阶段检测四立体几何
一、选择题
1.C　l⊥AB,l⊥AC,AB∩AC=A⇒l⊥α;m⊥BC,m⊥AC,BC∩AC=C⇒m⊥α,故l∥m.
2.B　由题知可以作为该几何体的俯视图的图形有①②③⑤,共4个.故选B.
3.D　选项A中,若直线l在平面α内,则l与α不平行,故选项A不正确;选项B中,有可能a与α相交,故选项B不正确;选项C中,有可能a⊂α,故选项C不正确;选项D中,易知a∥α或a⊂α,所以a平行于平面α内的无数条直线,故选项D正确.
4.D　由题意可知该正方体的放置方式如图所示,侧视的方向垂直于面BDD1B1,正视的方向垂直于面A1C1CA,且正视图是长为,宽为1的矩形,故正视图的面积为,因此选D.

5.D　由三视图可知该几何体为圆柱与圆锥的组合体,则其表面积S=2π×1×a+π×12+π×1×=2πa+3π=7π,所以a=2.
6.C　如图,过点C作CD⊥AB于点D,过点C1作C1D1⊥A1B1于D1,连接D1D,易知三棱柱的侧视图为矩形CDD1C1.在△ABC中,AC=2,BC=1,AB=,所以AC2+BC2=AB2,AC⊥BC,所以·AC·BC=·AB·CD,即2×1=CD,所以CD=,所以三棱柱ABC-A1B1C1的侧视图的面积S=CC1·CD=2×=.

7.B　由题意可知该几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥组成的,其中该直三棱柱的底面是直角边长分别为1,2的直角三角形,高为1,该三棱锥的底面是直角边长分别为1,2的直角三角形,高为1,因此该几何体的体积为×2×1×1+××2×1×1=,故选B.
8.A　设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则V1=×ab×c=,V2=×bc×a=,所以=.
9.C　设圆柱甲的底面半径为r1,高为h1,圆柱乙的底面半径为r2,高为h2.
由题意得==,∴=.
又∵S甲侧=S乙侧,即2πr1h1=2πr2h2,∴==,故==·=×=.
10.C　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,OM∥PD,则PD∥平面AMC,OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA、平面PBC相交.
11.A　∵球O的表面积为20π,∴球O的半径为.设三棱锥C-AOB的高为h.点O在平面ABC上的射影为点O',易得O'为AC的中点,连接BO',OO'.∵AB⊥BC,AB=BC,AC=2,∴BO'=,OO'==,AB=BC=2.易知S△OAB=×2×2=2,S△ABC=×2×2=2.由V三棱锥C-AOB=V三棱锥O-ABC,即×2×h=×2×,解得h=.
12.C　易知当MP+PQ最小时,PQ⊥平面ABCD.过点P作PQ1⊥平面ABB1A1于点Q1,易知Q1在AB1上,由对称性可知,当PQ⊥平面ABCD时,PQ=PQ1,因此(PM+PQ)min=(PM+PQ1)min,问题转化为在平面AB1C1内,在AC1上找一点P使得PM+PQ1的值最小
,
如图所示,过点M作MM1⊥AC1交直线AC1于点O,且OM1=OM,则点M1为点M关于直线AC1的对称点,过点M1作M1Q1⊥AB1交AB1于点Q1,交AC1于点P,则M1Q1的长度即为所求的最小值,易得∠C1AB1=30°,所以OM=AM=,MM1=,M1Q1=MM1=,即MP+PQ的最小值为.
二、填空题
13.答案　
解析　由三视图可知该几何体是四棱锥,有一条侧棱与底面垂直,底面积S=5×6=30,体积V=Sh=10h=10,解得h=.
14.答案　
解析　

该圆锥的侧面展开图是半径为2的扇形,如图所示,易知一只蚂蚁从点B绕着圆锥侧面爬回点B的最短路程为弦BB'的长,为2,所以扇形的圆心角为.设圆锥的底面半径为r,则2πr=×2,解得r=.
15.答案　平行四边形
解析　∵平面ABFE∥平面DCGH,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,∴EF∥HG.同理,EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形.
16.答案　1
解析　∵PA、PB、PC两两垂直,且PA=3,PB=2,PC=1,∴VP-ABC=××3×2×1=+x+y,即x+y=,则2x+2y=1.+=(2x+2y)=2+2a++≥2+2a+4≥8,(+1)2≥4,+1≥2,解得a≥1,∴正实数a的最小值为1.


三、解答题
17.解析　(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由于BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.
(2)

解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).
设平面EFGH的法向量为n=(x,y,z),
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·=0,n·=0,
得可取n=(1,1,0),
∴sinθ=|cos<,n>|===.
解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),设平面EFGH的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得可取n=(1,1,0),又=(-2,0,1),∴sinθ=|cos<,n>|===.
18.解析　

(1)证明:∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AD,SD⊥DC,又AD⊥DC,因此可以分别以DA,DC,DS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图),连接BD.
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2),=(1,1,0),=(0,0,2),
∵SE=2EB,∴=+=(1,1,0)+(0,0,2)=,
又=(-1,1,0),=(-1,-1,2),
∴·=0,·=0,
∴⊥,⊥,
又∵BC∩BS=B,∴DE⊥平面SBC.
(2)由(1)知,DE⊥平面SBC,
∵EC⊂平面SBC,∴DE⊥EC.
∵=,∴E,
∴=.
取DE的中点F,连接FA,则
F,=,
有·=0,故FA⊥DE,∴向量与的夹角等于二面角A-DE-C的平面角,
又∵cos<,>==-,
∴二面角A-DE-C的大小为120°.
19.解析　(1)在△ABC中,AB=1,∠CBA=,BC=2,所以AC2=BA2+BC2-2BA×BC·cos∠CBA=3,所以AC2+BA2=BC2,所以AB⊥AC.又因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥平面ABEF.

(2)如图,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,0,),D(-1,0,),E(1,2,0),F(0,3,0),=(0,3,0)是平面ABCD的一个法向量.
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),又=(2,2,-),=(1,3,-),则得
取z=4,则x=y=,故n=(,,4)是平面DEF的一个法向量.设平面ABCD与平面DEF所成的锐二面角为θ,则cosθ====.
20.解析　(1)取BC的中点Q,连接NQ,FQ,
则NQ=AC,NQ∥AC.又MF=AC,MF∥AC,∴MF=NQ,MF∥NQ,则四边形MNQF为平行四边形,则MN∥FQ.∵FQ⊂平面FCB,MN⊄平面FCB,∴MN∥平面FCB.
(2)由AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°可得∠ACB=90°,AC=,AB=2.∵四边形ACFE为矩形,∴AC⊥FC,又AC⊥CB,FC∩CB=C,∴AC⊥平面FCB,则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角,即∠AFC=30°,∴FC=3.
∵FB=,∴FC⊥BC.则可建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,

∴A(,0,0),B(0,1,0),M.
则=,=.
设m=(x,y,z)为平面MAB的法向量,
则即
取x=2,则m=(2,6,1)为平面MAB的一个法向量.
又=(,0,0)为平面FCB的一个法向量,
∴cos===.
∴平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为.
21.解析　(1)因为四边形ABE1F1为正方形,所以BE1⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE1F1,平面ABCD∩平面ABE1F1=AB,BE1⊂平面ABE1F1,所以BE1⊥平面ABCD,所以BE1⊥DC.
(2)

以点B为坐标原点,分别以BC,BE1所在的直线为x轴,z轴,以平面BCE1的垂线(过点B)为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,设AD=1,则B(0,0,0),C(2,0,0),E1(0,0,),M.所以=,=(-2,0,),
=.
设平面CE1M的法向量为n=(x,y,z).
由得
令x=1,得z=,y=0,所以n=(1,0,)是平面CE1M的一个法向量.
设BM与平面CE1M所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|===.所以BM与平面CE1M所成的角的正弦值为.
(3)直线DM与直线CE1平行.理由如下:
由题意及(2)得,D(2,1,0),=,=(-2,0,).
所以=2.所以∥.
因为DM,CE1不重合,所以DM∥CE1.
22.解析　(1)①∵点B1在平面ABCD上的射影为O,点O恰好落在AD上,∴平面AB1D⊥平面ACD,又平面AB1D∩平面ACD=AD,CD⊥AD,∴CD⊥平面AB1D,∴AB1⊥CD,又AB1⊥CB1,CD∩CB1=C,∴AB1⊥平面B1CD.
②设AB=x,BC=y,则k=.
由①知,AB1⊥B1D,则AB1·B1D=AD·B1O,故B1D=,由①知CD⊥B1D,在Rt△B1CD中,B1D2+CD2=B1C2,故+x2=y2,整理得y===≥2,当且仅当x2-1=,即x=时取等号,
∴当BC取到最小值时,k=.
(2)作BF⊥AC,交AC于E,交AD于F,连接B1E,当点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界)时,点O恰好在线段EF上(不包括端点),又B1E⊥AC,EF⊥AC,∴∠B1EF为二面角B1-AC-D的平面角,设AB=1,则BC=,B1E=,EO∈,
∴cos∠B1EF=∈,
故二面角B1-AC-D的余弦值的取值范围为.