广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何A含解析新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何A含解析新人教A版文，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。
单元质检八　立体几何(A)(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共5小题,每小题7分,共35分)1.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,n与平面α,β,下列说法正确的是(　　)A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥nB.若α⊥β,l⊂α,则l⊥βC.若l⊥n,m⊥n,则l∥mD.若l⊥α,l∥β,则α⊥β2.如图,一个透明的球形装饰品内放置了两个共底面的圆锥,且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上,已知圆锥底面面积是这个球面面积的,则较大圆锥与较小圆锥的体积之比为(　　)A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶13.下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是(　　)A.6+4 B.4+4C.6+2 D.4+24.(2021北京高考)某一时间段内,从天空降落到地面上的雨水,未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度,称为这个时段的降雨量(单位:mm).24 h降雨量的等级划分如下:等级24h降雨量(精确到0.1)……小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9……在综合实践活动中,某小组自制了一个底面直径为200 mm,高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中,该雨量器收集的24 h的雨水高度是150 mm(如图所示),则这24 h降雨量的等级是(　　)A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨5.在空间四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC的形状是(　　)A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.不能确定二、填空题(本大题共3小题,每小题7分,共21分)6.已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示,则此四棱锥外接球的半径为　　　　　. 7.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为　　　　　. 8.已知A,B,C,D是球面上不共面的四点,AB=AC=,BD=CD=,BC=,平面ABC⊥平面BCD,则此球的体积为　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;(3)在所给直观图中连接BC',证明BC'∥平面EFG. 10.(15分)(2021江西上饶三模)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于点N,F),点G为下底面的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:NG⊥FH;(2)若直线O1H∥平面GEF,求H到平面NGF的距离. 11.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AB=AA1=2,∠AA1B1=60°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点.(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;(2)在直线AA1上是否存在一点P,使得CP∥平面AEF?若存在,求出AP的长;若不存在,说明理由. 答案：1.D　解析A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n或异面,故A不正确;B.缺少l垂直于交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l,m相交,或是异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线s∥l,若l⊥α,则s⊥α,且s⊂β,所以α⊥β,故D正确.2.B　解析不妨设球的半径为4,则球的表面积为64π,圆锥的底面积为12π,所以圆锥的底面半径为2.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离、球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是=2,所以圆锥体积较小者的高为4-2=2,同理可得圆锥体积较大者的高为4+2=6.又这两个圆锥的底面相同,所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们的高之比,即3∶1,故选B.3.C　解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,是棱长为2的正方体一角,其表面积为3××2×2+×2×2×sin60°=6+2.4.B　解析由题意,一个半径为=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为=50(mm),高为150mm的圆锥,所以积水厚度d==12.5(mm),属于中雨.5.B　解析作AE⊥BD,交BD于E,∵平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,∴AE⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥BC.而DA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴DA⊥BC.又∵AE∩AD=A,AD,AE⊂平面ABD,∴BC⊥平面ABD.而AB⊂平面ABD,∴BC⊥AB,即△ABC为直角三角形.故选B.6.　解析因为三视图对应的几何体是四棱锥,顶点在底面的射影是底面矩形的长边的中点,底面边长分别为4,2,满足侧面PAD⊥底面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且高为2,如图所示,可知外接球球心为底面对角线的交点,可求得球半径为.7.　解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则×2πrl=2πr2⇒,∴cosθ=⇒θ=.8.π　解析取BC的中点E,连接DE,AE.由已知知△ABC为等腰直角三角形,△BCD为等腰三角形,又平面ABC⊥平面BCD,且交线为BC,所以球心O在平面ABC的射影为BC的中点E.如图所示,连接AO,由题意可知OE2+AE2=OA2.设球的半径R=OD=OA=x,由题意,得DE=,在Rt△AOE中,=x2,解得x=,则此球的体积为V=πR3=π.9.(1)解如图:(2)解所求多面体体积V=V长方体-V正三棱锥=4×4×6-×2=(cm3).(3)证明在长方体ABCD-A'B'C'D'中,连接AD',则AD'∥BC'.因为E,G分别为AA',A'D'的中点,所以AD'∥EG.从而EG∥BC'.又BC'⊄平面EFG,所以BC'∥平面EFG.10.(1)证明∵平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,又NH⊥FH,FH⊂平面FHN,∴FH⊥平面NHG.∵NG⊂平面NHG,∴FH⊥NG.(2)解设点H到平面NGF的距离为h,取的中点A,连接AG,AF,O1O2,O1H,O2H.∵A,G分别为的中点,则AG∥EF且AG=EF,∴A,G,E,F四点共面,且∠AFN=.∵O1O2为圆柱的轴,则O1O2∥EF.∵O1O2⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,∴O1O2∥平面EFG.∵O1H∥平面EFG,O1O2∩O1H=O1,∴平面HO1O2∥平面EFG.∵平面NHF∩平面HO1O2=O1H,平面NHF∩平面EFG=AF,∴O1H∥AF,则∠NO1H=∠AFN=,S△NHF=2=2××12×sin,∴VG-NHF=×S△NHF×2=.又点G为下底面圆弧的中点,∴GE=,EF=2⇒GF=GN=.∵O1为NF的中点,则O1G⊥NF,∴O1G=,S△NFG=×2×,∴VG-NHF=VH-NGF⇒S△NGF·h=×h=⇒h=.11.解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=AB.因为AB=AA1=2,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,连接AB1,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又AB∥A1B1,所以AE⊥AB.又侧面ABB1A1⊥底面ABC,且侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,又AE⊂侧面ABB1A1,所以AE⊥底面ABC,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V=S△ABC·AE=AB·AC·AE=×2×2×=2.(2)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.理由如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,交点为P.连接CP.因为A1B1∥AB,故.因为E为棱A1B1的中点,AB=A1B1,所以,所以PE=EB.又F为棱BC的中点,所以EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时,PA1=AA1=2,所以AP=2AA1=4.