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立体几何文（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立体几何文（附解析），共10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·全国甲卷(文)]在三棱锥P­ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A．1B．eq \r(3)C．2D．3
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·惠州一调]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与直线AC所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),3)B．eq \f(\r(2),2)C．eq \f(1,2)D．eq \f(\r(3),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·湖北高三月考]《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈eq \f(1,36)L2h.用该术可求得圆周率π的近似值．现用该术求得π的近似值，并计算得一个底面直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为27，则该圆锥体积的近似值为( )
A．eq \r(3)B．3C．3eq \r(3)D．9
[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·西安市航天城第一中学期末]给出下列说法：
①和直线a都相交的两条直线在同一个平面内；②三条两两相交的直线一定在同一个平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两相交且不过同一点的四条直线共面．
其中正确说法的序号是________.
15．[2023·全国乙卷(文)]已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
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．A
如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝eq \r(3)，
又PC＝eq \r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，所以VP­ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×PD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1，故选A.
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
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，连接A1C1，C1D，因为A1C1∥AC，所以∠DA1C1即直线DA1与直线AC所成的角或其补角．易知△A1C1D是边长为eq \r(2)的正三角形，所以∠DA1C1＝60°，所以直线DA1与直线AC所成角的余弦值为eq \f(1,2)，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．D 先求圆周率π的近似值：
已知圆锥的底面周长L与高h，其体积V的近似公式V≈eq \f(1,36)L2h.
设底面圆的半径为r，则L＝2πr，可得r＝eq \f(L,2π)，
所以V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2π)))eq \s\up12(2)h≈eq \f(1,36)L2h，整理得，π≈3.
再来计算所求圆锥体积的近似值：
该圆锥的底面直径和母线长相等，其表面积的近似值为27，
设该圆锥的底面半径为R，母线长为l，高为h′，
S表＝πR2＋eq \f(1,2)·（2πR）·l≈3R2＋eq \f(1,2)·（2×3R）·2R＝27，解得R＝eq \r(3).
又2R＝l，所以h′＝eq \r(l2－R2)＝eq \r(4R2－R2)＝eq \r(3)R＝3，
所以所求圆锥体积V′＝eq \f(1,3)πR2·h′≈eq \f(1,3)×3×3×3＝9.
故该圆锥体积的近似值为9.故选D.
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：④
解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1∩A1B1＝A1，AD∩AA1＝A，
但是A1B1，AD异面，故①错误．
又AA1，A1B1，A1D1交于点A1，但AA1，A1B1，A1D1不共面，故②错误．
如果两个平面有3个不同公共点，且它们共线，则这两个平面可以相交，故③错误．
如图，因为a∩b＝D，故a，b共面于α，
因为F∈a，B∈b，E∈d，故B∈α，F∈α，E∈α，故BF⊂α即c⊂α，
而A∈c，故A∈α，故EA⊂α即d⊂α即a，b，c，d共面，故④正确．
15．答案：2
解析：方法一
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3＝eq \r(3).
将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝eq \f(1,2)SA.
又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1A2，所以4＝eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.
方法二
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3＝eq \r(3).
设三棱锥S­ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.
又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，
由题意知OS＝OA＝2.
过O作SA的垂线，设垂足为H，
则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，
由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝eq \f(1,2)SA.
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1A2，即4＝eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.
16．答案：eq \f(4,5) 2
解析：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.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案