统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练11立体几何理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练11立体几何理（附解析），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．一个几何体的三视图均为圆，则该几何体可以是( )
A．正方体B．球体C．三棱柱D．四棱锥
2．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )

3．[2023·全国乙卷(理)]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C­AB­D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A．eq \f(1,5)B．eq \f(\r(2),5)C．eq \f(\r(3),5)D．eq \f(2,5)
4.[2023·全国高三月考]某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(\r(2),3)C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(6),3)
5．[2023·全国甲卷(理)]已知四棱锥P­ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( )
A．2eq \r(2)B．3eq \r(2)C．4eq \r(2)D．6eq \r(2)
6．[2023·新疆高三模拟]已知a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，则b∥c
C．若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则a⊥βD．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
7.[2023·安徽高三二模]在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点．现有以下命题：①三棱锥B­A1EF的体积是定值；②△AB1F的周长的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)＋\r(2)))a；③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值；④异面直线AC1与B1F所成的角是定值．其中真命题是( )
A．①②③B．①②④
C．①③④D．②③④
8．[2023·湖北省重点中学高三检测]现有一个三棱锥形状的工艺品P­ABC，点P在底面ABC的投影为Q，满足eq \f(S△QAB,S△PAB)＝eq \f(S△QAC,S△PAC)＝eq \f(S△QBC,S△PBC)＝eq \f(1,2)，eq \f(QA2＋QB2＋QC2,AB2＋BC2＋CA2)＝eq \f(1,3)，S△ABC＝9eq \r(3)，若要将此工艺品放入一个球形容器(不计此球形容器的厚度)中，则该球形容器的表面积的最小值为( )
A．42πB．44πC．48πD．49π
9.
[2023·湖北省黄冈市高三联考]如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm，高8cm(不含杯脚)，已知水的高度是4cm，现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠( )
A．98颗B．106颗C．120颗D．126颗
10．[2023·汉阳区校级模拟]在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为( )
A．4eq \r(2)B．4eq \r(5)C．8eq \r(5)D．16eq \r(2)
11．[2023·广州阶段训练]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝CC1＝eq \r(2)，BC＝1，点M在正方形CDD1C1内，C1M⊥平面A1CM，则三棱锥M­A1CC1的外接球表面积为( )
A．eq \f(11,2)πB．7πC．11πD．14π
12.
[2023·江苏省无锡市高三质量检测]如图，正四棱锥S­BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A­SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法不正确的是( )
A．AS⊥CD
B．正四棱锥S­BCDE的外接球半径为eq \f(\r(2),2)a
C．正四棱锥S­BCDE的内切球半径为(1－eq \f(\r(2),2))a
D．由正四棱锥S­BCDE与正三棱锥A­SBE拼成的多面体是一个三棱柱
[答题区]
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．[2023·四川省广元市高三模拟]某正三棱锥正视图如图所示，则侧视图的面积为________．
14．[2023·全国甲卷(理)]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
15．[2023·广东省汕头市高三一模]在三棱锥S­ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，△SAB是以AB为斜边的直角三角形，二面角S­AB­C的大小为60°，则该三棱锥外接球的表面积为________．
16．[2023·广东七校联考]在三棱锥P­ABC中，PA＝BC＝eq \r(5)，PB＝AC＝eq \r(13)，PC＝AB＝eq \r(10)，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为________，三棱锥P­ABC的体积为________．
立体几何（11）
1．B 根据几何体的三视图均为圆，可得该几何体为球体．故选B.
2．A 由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，
即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形．故选A.
3．C
如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝eq \r(3)，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝eq \r(3＋1－2×\r(3)×1×（－\f(\r(3),2)）)＝eq \r(7).延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝eq \f(1,2)DM＝eq \f(\r(3),2)，MH＝eq \f(\r(3),2)DM＝eq \f(3,2)，所以CH＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2).因为DH⊂平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝eq \f(DH,CH)＝eq \f(\r(3),5)，故选C.
4.
D 如图所示，连结DE，EF，易知EF∥AC，所以异面直线AC与DF所成角为∠DFE.由正视图可知，DE⊥平面ABC，所以DE⊥EF.
由于AB＝BC＝2，所以EF＝eq \r(2)，又DE＝1，所以DF＝eq \r(3).
在Rt△EFD中，cs∠DFE＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
故选D.
5．C
如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝eq \r(PC2＋AC2－2PC·ACcs45°)＝eq \r(17)，所以PB＝eq \r(17).在△PBC中，由余弦定理，得cs∠PCB＝eq \f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC)＝eq \f(1,3)，所以sin∠PCB＝eq \f(2\r(2),3)，所以S△PBC＝eq \f(1,2)PC·BCsin∠PCB＝4eq \r(2)，故选C.
6．B 若a∥b，b⊂α，且a⊄α，则a∥α，故A错误；若α∩β＝a，β∩γ＝b，a∥b，则b∥α，且b⊂γ，由α∩γ＝c，所以b∥c，故B正确；若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，且b与c相交，则a⊥β，故C错误；若a⊂α，b⊂β，a∥b，且b与a相交，则α∥β，故D错误．故选B.
7．B
因为＝，又因为D1C∥平面A1BE，所以F点到平面A1BE距离不变，所以为定值，从而三棱锥B­A1EF的体积是定值，所以①对；如图所示的平面展开图，当F点运动到点O时，△AB1F的周长的最小值为AB1＋AO＋OB1＝eq \r(2)a＋eq \r(2)a·eq \f(\r(3),2)·2＝（eq \r(2)＋eq \r(6)）a，所以②对；假设直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值，则点F的轨迹是平面B1CD1上的圆弧，而不是直线CD1，所以③错；因为AC1⊥平面B1D1C，B1F⊂平面B1D1C，所以AC1⊥B1F，所以④对．故选B.
8．D
如图所示：
作QM⊥AB与M，连接PM，
因为PQ⊥平面ABC，
所以PQ⊥AB，又QM∩PQ＝Q，
所以AB⊥平面PQM，
所以AB⊥PM，
所以eq \f(S△QAB,S△PAB)＝eq \f(\f(1,2)×AB×QM,\f(1,2)×AB×PM)＝eq \f(1,2)，PM＝2QM，
因为eq \f(S△QAB,S△PAB)＝eq \f(S△QAC,S△PAC)＝eq \f(S△QBC,S△PBC)＝eq \f(1,2)，
由对称性得AB＝BC＝AC，
又因为eq \f(QA2＋QB2＋QC2,AB2＋BC2＋CA2)＝eq \f(1,3)，S△ABC＝9eq \r(3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×AB2×sin60°＝9eq \r(3)，
解得AB＝6，AQ＝2eq \r(3)，
所以QM＝eq \r(3)，PM＝2eq \r(3)，PQ＝3，
设外接球的半径为r，
在△AOQ中，AO2＝OQ2＋AQ2，即r2＝（3－r）2＋（2eq \r(3)）2，
解得r＝eq \f(7,2)，
所以外接球的表面积为S＝4πr2＝49π，
即该球形容器的表面积的最小值为49π.
故选D.
9．D
作出圆锥的轴截面图如图，
由题意，OP＝8，O1P＝4，OA＝3，
设O1A1＝x，则eq \f(4,8)＝eq \f(x,3)，即x＝eq \f(3,2).
则最大放入珍珠的体积V＝eq \f(1,3)π×32×8－eq \f(1,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)×4＝21π
因为一颗珍珠的体积是eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(π,6).
由eq \f(21π,\f(π,6))＝126.
所以最多可以放入珍珠126颗．
故选D.
10．C 作出截面CDEF，点E，F分别为AA1，BB1中点，
四边形CDEF的面积为CD×DE＝4×2eq \r(5)＝8eq \r(5).
故选C.
11．C
由于C1M⊥平面A1CM，所以C1M⊥A1C，C1M⊥CM，根据长方体的性质可知A1D1⊥C1M，如图，连接CD1，所以C1M⊥平面A1CD1，所以C1M⊥CD1，连接C1D，则易知M是正方形CDD1C1的对角线CD1和C1D的交点．由于三角形C1MC是直角三角形，所以CC1的中点E是它的外心，设三棱锥M­A1CC1的球心为O，连接OE，则OE⊥平面CDD1C1，设OE∩BB1＝F，则F是BB1的中点．连接A1F，设OF＝x，三棱锥M­A1CC1外接球的半径为R，则R2＝OE2＋CE2＝A1F2＋OF2，即（1＋x）2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＝（eq \r(2)）2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＋x2，解得x＝eq \f(1,2)，所以R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(11,4)，故三棱锥M­ACC1外接球的表面积为4πR2＝11π.故选C.
12．C 如图所示：
取BE中点H连接AH，SH，正三棱锥A­SBE中，AH⊥BE，SH⊥BE，
又AH∩SH＝H，所以BE⊥平面SAH，则BE⊥AS，又BE∥CD，所以AS⊥CD，故A正确；
设底面中心为O1，球心为O，半径为R，因为正四棱锥S­BCDE外接球球心在O1S上，所以OS＝OB＝R，因为，正四棱锥S­BCDE底面边长与侧棱长均为a，
所以O1B＝O1S＝eq \f(\r(2),2)a，由OB2＝O1B2＋（O1S－OS）2得R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a－R))eq \s\up12(2)，
解得R＝eq \f(\r(2),2)a，故B正确；
设内切球半径为r，易求得侧面面积为S＝eq \f(1,2)·a2sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),4)a2，
由等体积法得eq \f(1,3)a2·eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(1,3)a2·r＋4·eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),4)a2·r解得r＝eq \f(（\r(6)－\r(2)）a,4)，故C错；
取SE中点F，连结AF，DF，BF，则∠BFD和∠BFA分别是D­SE­B和A­SE­B的二面角的平面角，由cs∠BFD＝eq \f(BF2＋DF2－BD2,2BF·DF)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)a))\s\up12(2),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝－eq \f(1,3)
cs∠AFD＝eq \f(AF2＋BF2－BA2,2AF·BF)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)－a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝eq \f(1,3)，故∠BFD与∠BFA互补，所以ASDE共面，又因为AS＝AE＝ED＝SD，则ASDE为平行四边形，故AS∥ED∥BC，故正四棱锥S­BCDE与正三棱锥A­SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确．
故选C.
13．答案：6eq \r(3)
解析：
如图，根据正三棱锥正视图可绘出原图，正三棱锥高为eq \r(52－32)＝4，底面边长为6，
结合原图易知，△ABC即正三棱锥的侧视图，BC为底面三角形的高，
则侧视图的面积S＝eq \f(1,2)×3eq \r(3)×4＝6eq \r(3).
14．答案：12
解析：
如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为eq \f(EF,2)，而正方体的中心到每一条棱的距离均为eq \f(EF,2)，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
15．答案：eq \f(52,9)π
解析：设三棱锥S­ABC的外接球为球O，过点O作OH⊥平面SAB，垂足为点H，则H为AB的中点，
设OH＝d，SH为Rt△ABS的外接圆半径，
∵OH⊥平面SAB，SH⊂平面SAB，∴OH⊥SH，
由勾股定理得，OH2＋SH2＝OS2，
设外接球O的半径为R，则d2＋1＝R2，①
∵△ABC是等边三角形，且H为AB的中点，所以，CH⊥AB，
由球的几何性质可得OH⊥平面SAB，
∵AB⊂平面SAB，∴OH⊥AB，所以，∠CHO为二面角S­AB­C的余角，
又因为二面角S­AB­C的大小为60°，∴∠CHO＝30°，
在△CHO中，由余弦定理得d2＋CH2－2d·CHcs30°＝R2，②
因为CH为等边△ABC的高，则CH＝eq \r(3)，
由①②得，d＝eq \f(2,3)，R2＝d2＋1＝eq \f(13,9)，因此，球O的表面积为S＝4πR2＝eq \f(52π,9).
16．答案：eq \f(4,5) 2
解析：解法一 根据题意可将三棱锥P­ABC补形为长、宽、高分别为2，1，3的长方体PMAE­NCDB，如图所示．
连接面对角线DE交AB于点R，则PC∥DE，易知∠ARE为锐角，所以∠ARE为异面直线PC与AB所成的角．
在△ARE中，cs∠ARE＝eq \f(RA2＋RE2－AE2,2RA·RE)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))\s\up12(2)－12,2×\f(\r(10),2)×\f(\r(10),2))＝eq \f(4,5)，故异面直线PC与AB所成角的余弦值为eq \f(4,5).
VP­ABC＝V长方体－VA­CDB－VA­PEB－VA­PMC－VP­NCB＝3×2×1－4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×3＝2.
解法二 根据题意可将三棱锥P­ABC补形为长、宽、高分别为2，1，3的长方体PMAE­NCDB，
如图所示，以N为坐标原点，NC，NB，NP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，2，3），B（0，2，0），C（1，0，0），P（0，0，3），所以eq \(AB,\s\up6(→))＝（－1，0，－3），eq \(PC,\s\up6(→))＝（1，0，－3），
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|·|\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1×1＋（－3）×（－3）,\r(10)×\r(10))＝eq \f(4,5)，故异面直线PC与AB所成角的余弦值为eq \f(4,5).
VP­ABC＝V长方体－VA­CDB－VA­PEB－VA­PMC－VP­NCB＝3×2×1－4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×3＝2.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案