2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷八 立体几何

这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷八 立体几何，共15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。
单元质检卷八　立体几何
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知直线l,m,n与平面α,β,下列命题正确的是(　　)
A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n B.若α⊥β,l⊂α,则l⊥β
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m D.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
2.以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周,所得到的几何体的体积为(　　)
A.2π B.8π C.2π3 D.8π3
3.已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⊂α,b⊂β,则“a,b相交”是“a,c相交”的(　　)
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为(　　)

A.2a,24a2 B.8a,22a2
C.a,a2 D.2a,2a2
5.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为23,高为6,则球O的表面积为(　　)
A.32π B.48π C.64π D.80π
6.冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为(　　)

A.18+938π cm3 B.9+1838π cm3
C.9+934π cm3 D.9+634π cm3
7.某几何体的正视图和侧视图如图1所示,它的俯视图的直观图是平行四边形A'B'C'D',如图2所示.其中A'B'=2A'D'=4,则该几何体的表面积为(　　)

A.16+12π B.16+8π
C.16+10π D.8π
8.如图,已知平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在上底面圆上,点F为BC的中点,∠BAE=30°.若圆柱的底面圆半径为2,侧面积为24π,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为(　　)

A.135 B.25
C.35 D.235
9.如图,已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=(　　)

A.2 B.3
C.2 D.1
10.已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是正方形,侧棱PA⊥平面ABCD,PA=3,且直线PC与平面PAB所成的角的正切值为63,则四棱锥P-ABCD的体积为(　　)
A.3 B.9 C.18 D.27
11.已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A.13 B.12
C.33 D.22
12.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是(　　)

A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OC
B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD
C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD
D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.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　　　　. 
14.已知点A,B,C,D均在表面积为16π的球面上,且AB⊥AC,AB⊥AD,△ACD是边长为3的等边三角形,则AB=　　　　　. 
15.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为　　　　. 

16.已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=32,PB=PC=5,则该三棱锥的外接球的表面积为　　　　　. 
三、解答题: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,已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,FA⊥底面ABCD,DE∥AF,M是BC的中点,且FA=3DE=3.

(1)求证:AM⊥EF;
(2)求三棱锥E-ACF的体积.











18.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.

(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.









19.(12分)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为下底面圆弧ME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:FH⊥NG;
(2)若直线O1H∥平面EFG,求点H到平面NGF的距离.










20.(12分)如图1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,折起后点D对应的点为H,且平面ACH与平面ABC垂直,得到如图2所示的几何体H-ABC.

(1)求证:BC⊥平面ACH;
(2)点F在棱CH上,且满足AH∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.















21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB为正三角形,O为△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.

(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,请说明理由.













22.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是矩形,AC⊥AB,AB=AA1=2,AC=3,∠A1AB=120°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点,G为线段CF的中点.

(1)证明:A1G∥平面AEF;
(2)求点C到平面AEF的距离.

















参考答案
单元质检卷八　立体几何
1.D　解析 A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l与m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⊂β,所以α⊥β,故D正确.
2.B　解析以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径,高为2的圆柱,由圆柱的体积公式得V=π×22×2=8π,所以所得到的几何体的体积为8π.故选B.
3.C　解析 若a,b相交,a⊂α,b⊂β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b为相交直线或异面直线.综上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要条件.
4.B　解析 由直观图可得原图形,

∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·22a=22a2.
5.C　解析由题意可知,设圆锥的外接球半径为R,圆锥的底面半径为r,高为h,则可得R2=(h-R)2+r2,即R2=(6-R)2+(23)2,解得R=4,则球O的表面积为S=4πR2=64π,故选C.
6.A　解析 设圆锥的底面半径为r cm,高为h cm,母线长为R cm,根据题意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4πr33=18+938π(cm3).
7.A　解析 根据斜二测画法的规则可知,原俯视图是边长为4的正方形,故该几何体是一个底面半径为2、高为4的半圆柱,故其表面积为S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.
8.D　解析 如图,

过点D作AE的平行线,与圆O2交于点G,则DF与AE所成的角为∠FDG(或其补角).连接BE,DG,CG,FG,易证△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24π,底面圆半径为2,可得4πh=24π,故h=6.在Rt△ABE中,AE=ABcos 30°=23,故DG=23,而CG=BE=12AB=2,DF=CF2+CD2=5,FG=CG2+FC2=13.在△DFG中,由余弦定理可得cos∠FDG=DF2+DG2-FG22DF·DG=235,即异面直线DF与AE所成角的余弦值为235.
9.D　解析 如图,设B1C1上的点P满足题意,连接A1P,BP.连接AB1交A1B于点O,连接OP.易知OP⊂平面AB1C1,又OP⊂平面A1BP,∴平面AB1C1∩平面A1BP=OP.∵AC1∥平面A1BP,∴AC1∥OP.在△AB1C1中,∵O为AB1的中点,∴P为B1C1的中点,∴PC1=1.

10.C　解析设ABCD的边长为a,∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴直线PC与平面PAB所成的角即为∠CPB,∴BCPB=63,∴aa2+9=63,解得a=32.四棱锥P-ABCD的体积为V=13a2×3=18.故选C.

11.C　解析设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为1-ℎ2.要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,此时V=13×(2×1-ℎ2)2·h=23(h-h3),所以V'=23(1-3h2).由题意可知0