2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何A（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何A（含解析），共8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6小题,每小题5分,共30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.(2020陕西咸阳模拟)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )

A.32B.23C.22D.2
2.(2020安徽黄山模拟)E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1∥平面B1CE,则( )
A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1
C.D1E=2EC1D.D1E=EC1
3.(2020山东济宁三模,7)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当给出了一个已知球的体积V,求这个球的直径d的近似公式,即d≈3169V.若取π=3.14,试判断下列近似公式中最精确的一个是( )
A.d≈32VB.d≈3169V
C.d≈32011VD.d≈32111V
4.已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面ABCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60°,则四棱锥P-ABCD的高为( )
A.22B.3C.6D.23
5.
(2020山东济南三模,4)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为( )
A.4πB.5π
C.6πD.π
6.(2020广东珠海模拟)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )
A.32B.22C.33D.13
二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.
7.(2020山东莱芜模拟)一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm,若两底面圆心的连线长为12 cm,则这个圆台的母线长为 cm.
8.某工厂现将一棱长为3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为 .
三、解答题:本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
9.
(12分)(2020陕西宝鸡三模,文19)如图,DA⊥平面ABC,DA∥PC,E为PB的中点,PC=2,AC⊥BC,△ACB和△DAC是等腰三角形,AB=2.
(1)求证:DE∥平面ABC;
(2)求三棱锥E-BCD的体积.
10.
(12分)(2020江西上饶三模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△PAD是正三角形,且E为AD的中点,F为PE的中点,BE⊥平面PAD.
(1)证明:平面PBC⊥平面PEB;
(2)求点P到平面BCF的距离.
11.(12分)(2020辽宁沈阳二中五模,文19)如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,点E,F分别是边CD,CB的中点,AC∩EF=O,沿EF将△CEF翻折到△PEF,连接PA,PB,PD,得到如图的五棱锥P-ABFED,且PB=10.
(1)求证:BD⊥PA;
(2)求四棱锥P-BFED的体积.
参考答案
单元质检卷八 立体几何(A)
1.B 在正方体中还原该四棱锥,如图所示,
可知SD为该四棱锥的最长棱.由三视图可知正方体的棱长为2,
故SD=22+22+22=23.故选B.
2.D 如图,设B1C∩BC1=O,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,
∵BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得D1B∥EO,
∵O为BC1的中点,∴E为C1D1中点,∴D1E=EC1,故选D.
3.D 由球体的体积公式得V=43πR3=43π×d23=πd36,得d=36Vπ,6π≈1.9108,169≈1.7778,2111≈1.9091,2011≈1.8182,2111与6π最为接近.故选D.
4.C
如图,高为PO,根据线面角的定义可知∠PCO是侧棱PC与底面所成的角,据题设分析知,所求四棱锥P-ABCD的高PO=22+222tan60°=6.故选C.
5.C 因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,不妨设圆柱底面半径为r,
故2r=O1O2=2,解得r=1.
故该圆柱的表面积为2πr2+2πr×O1O2=2π+4π=6π.故选C.
6.A 根据平面与平面平行的性质,将m,n所成的角转化为平面CB1D1与平面ABCD的交线及平面CB1D1与平面ABB1A1的交线所成的角.
设平面CB1D1∩平面ABCD=m1.
∵平面α∥平面CB1D1,∴m1∥m.
又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,
∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.
∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,同理可得CD1∥n.
因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△CB1D1是正三角形,故直线B1D1与CD1所成角为60°,其正弦值为32.
故选A.
7.13 如图,过点A作AC⊥OB交OB于点C.
在Rt△ACB中,AC=12cm,BC=8-3=5(cm).
所以AB=122+52=13(cm).
8.
2π27 圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.
∵正四面体棱长为3,∴BM=32,O'M=12,BO'=1,
∴AO'=2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0∴圆柱的体积V=πr2h=2πr2(1-2r),
∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r即r=13时取等号.∴圆柱的最大体积为2π27.故答案为2π27.
9.
(1)证明取BC的中点F,连接EF,AF.
因为E,F分别为PB,BC的中点,
所以EF∥PC,且EF=12BC=1.
又因为△ACB和△DAC是等腰三角形,AB=2,所以AD=AC=BC=1.
又因为DA∥PC,所以四边形ADEF是平行四边形,即DE∥AF.
又因为AF⊂平面ABC,所以DE∥平面ABC.
(2)解因为AC⊥BC,AC⊥PC,BC∩PC=C,所以AC⊥平面PBC.
又因为DA∥PC,所以D到平面PBC高等于AC.又因为S△BCE=12PC·BC·12=12,所以VE-BCD=VD-BCE=13S△BCE·|AC|=16.
10.(1)证明∵BE⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴AD⊥BE.又△PAD是正三角形,E为AD的中点,∴AD⊥PE.
又PE∩BE=E,∴AD⊥平面PEB.
∵四边形ABCD为菱形,∴AD∥BC.∴BC⊥平面PEB.
又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PEB.
(2)解∵F为PE中点,∴点P到平面BCF的距离与点E到平面BCF的距离相等.设点P到平面BCF的距离为h,
则VF-BCE=VE-BCF,13S△BCE·EF=13S△BCF·h,
13×12×2×3×32=13×12×2×152·h,解得h=155.
即点P到平面BCF的距离是155.
11.(1)证明∵点E,F分别是边CD,CE的中点,∴BD∥EF.
∵菱形ABCD的对角线互相垂直,
∴BD⊥AC.∴EF⊥AC.
∴EF⊥AO,EF⊥PO.
∵AO⊂平面POA,PO⊂平面POA,AO∩PO=O,
∴EF⊥平面POA,∴BD⊥平面POA.
∵PA⊂平面POA,∴BD⊥PA.
(2)解设AO∩BD=H,连接BO,
∵∠DAB=60°,
∴△ABD为等边三角形,
∴BD=4,BH=2,HA=23,HO=PO=3,在Rt△BHO中,BO=BH2+HO2=7,
在△PBO中,BO2+PO2=10=PB2,
∴PO⊥BO.
∵PO⊥EF,EF∩BO=O,EF⊂平面BFED,BO⊂平面BFED,
∴PO⊥平面BFED.
梯形BFED的面积S=12(EF+BD)·HO=33,∴四棱锥P-BFED的体积V=13S·PO=13×33×3=3.