【备战2024年中职高考】中职数学 二轮复习 专题训练 专题08 立体几何测试卷（教师版）

这是一份【备战2024年中职高考】中职数学 二轮复习 专题训练 专题08 立体几何测试卷（教师版），共18页。

1、本试卷分为第Ι卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间为120分钟。考试结束后，将本题与答题卡一并交回。
2、本次考试允许使用函数型计算机，凡使用计算器的题目，最后结果精确到0.01。
第Ι卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将符合要求的选项字母代号选出，填涂在答题卡上。）
1．下列说法正确的是（ ）
A．直线的平移只能形成直线 B．直线绕定直线旋转形成柱面
C．直线绕定点旋转可以形成锥面或平面 D．曲线的平移一定形成曲面
【答案】C。 直线的平移可以形成平面或曲面，故A错误；
只有当两直线平行时旋转才可以形成柱面，故B错误；
直线绕定点旋转可以形成锥面或平面，故C正确；
曲线在自己本身所在的平面内平移时得到的是平面，故D错误；故选：C。
2．（2016年春季高考）已知下列结论正确的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D。 垂直于同一直线的的两条直线位置关系可能为平行、相交或异面；平行于同一平面的两条直线位置关系可能为平行、相交或异面；故答案为D。
3．下列关于点、线和面的关系表示错误的是（ ）
A．点A⊂平面α B．直线l∩平面α=A
C．直线l⊂平面α D．平面α∩平面β=m
【答案】A。根据点，线，面的位置关系的符号表示，可知A.错误，应改为点A∈平面α；
BCD正确；故选：A
4．以下各种情况中，是长方体的是（ ）
A．直平行六面体 B．侧面是矩形的四棱柱
C．底面是矩形的平行六面体 D．底面是矩形的直棱柱
【答案】D。 由长方体的底面是矩形且侧棱与底面垂直可知，长方体是底面是矩形的直棱柱；故选：D。
5．设集合M= 正四棱柱，N= 长方体，P= 直四棱柱，Q= 正方体，则这四个集合之间的关系是（ ）
A．P⊆N⊆M⊆Q B．Q⊆M⊆N⊆P
C．P⊆M⊆N⊆Q D．Q⊆N⊆M⊆P
【答案】B。 根据定义知，正方体是特殊的正四棱柱，正四棱柱是特殊的长方体，长方体是特殊的直四棱柱，所以正方体⊆正四棱柱⊆长方体⊆直四棱柱；故选B。
6．一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面
A．至多有一个是直角三角形 B．至多有两个是直角三角形
C．可能都是直角三角形 D．必然都是非直角三角形
【答案】C。 在如图所示的长方体中，三棱锥A-A1C1D1的三个侧面都是直角三角形,
故选C。
6．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
【答案】D。连接BC1，A1C1，则∠A1BC1为所求的角，设AB=1，则A1C1=，BC1==A1B;
∴；故答案为D。
7．已知一个球的表面上有A、B、C三点，且AB=AC=BC=23，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为( )
A．20π B．15π
C．10π D．2π
【答案】A。由题意可得平面ABC截球面所得的截面圆恰为正三角形ABC的外接圆O′，
设截面圆O′的半径为r，由正弦定理可得2r=4，解得r=2，设球O的半径为R，∵球心到平面ABC的距离为1，
∴由勾股定理可得r2+12=R2，解得R2=5，
∴球O的表面积S=4πR2=20π；故答案为A。
8．下列四个长方体中，由图中的纸板折成的是（ ）
B．
C． D．
【答案】A。将原图区域标记为A,B,C区域，如下图所示：
A选项中阴影部分为C区域，正确；B选项中阴影部分为B区域，不正确；
C选项中阴影部分为A区域，不正确；D选项中阴影部分为A,B区域，不正确；
故选：A。
9．不在同一个平面内的两个三角形的三组对应边分别平行，则这两个三角形（ ）
A．一定是全等三角形 B．一定是相似但不全等的三角形
C．一定是相似或全等的三角形 D．可能不全等或相似
【答案】C。 根据等角定理可知，这两个三角形的三个角，分别对应相等，所以这两个三角形一定相似或全等；故选：C。
10．直线a，b不共面，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β=直线m，则m与a，b的位置关系是（ ）
A．m必与a，b都相交 B．m必与a，b中的一条平行
C．m只能与a，b中的一条相交 D．m至少与a，b中的一条相交
【答案】D。如下图，当直线a,b都与交线m相交，但不交于同一点，满足条件，
如下图，a,b中的一条与交线m相交，另一条与交线平行，满足条件；
故选：D。
11．已知平面α//平面β，直线a//α，直线b//β，那么a与b的位置关系是（ ）
A．平行或相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．平行、异面或相交
【答案】D。 平面α//平面β，直线a//α，直线b//β，a,b间可能相交，可能平行，也可能异面．如正方体ABCD-A1B1C1D1中，上下底面都与平面α,β平行，上下底面两个正方形的边所在直线都与平面α,β平行，这些直线间，AB//A1B1，AB∩BC=B，AB与B1C1异面；故选：D。
12．如图，BC是Rt△ABC的斜边，AP⊥平面ABC，连接PB，PC，作PD⊥BC于D，连接AD，则图中共有直角三角形（ ）
A．6个 B．7个
C．8个 D．9个
【答案】C。AP⊥平面ABC，则AP与平面ABC内所有直线AB,AD,AC,BC都垂直，其中有三个直角三角形；
PD⊥BC，△PBC中有两个直角三角形；
又PD∩AP=P，PD,AP⊂平面APD，所以BC⊥平面APD，AD⊂平面APD，所以BC⊥AD，直角三角形ABC中有三个直角三角形；
共8个直角三角形；故选：C。
13．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1C中点，则直线CE垂直于（ ）
A．AC B．BD
C．A1C1 D．AA1
【答案】B。如图所示：
因为AC∩CE=C，且tan∠A1CA=22，所以CE与AC不垂直；
因为BD⊥平面A1ACC1，CE⊂平面A1ACC1，所以BD⊥CE；
因为A1C1∩CE=A1，且tan∠C1A1C=22，所以CE与A1C1不垂直；
因为AA1∩CE=A1，且tan∠AA1C=2，所以CE与AA1不垂直；
故选：B。
14．如图所示，点S在平面ABC外，SB⊥AC，SB=AC=2，E、F分别是SC和AB的中点，则EF的长是
A．1 B．2
C．22 D．12
【答案】B。取BC的中点D，连接ED与FD；
∵E、F分别是SC和AB的中点，点D为BC的中点，
∴ED∥SB，FD∥AC,而SB⊥AC，SB=AC=2，则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1即EF=2；故选B。
15．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为BC,CD的中点，则异面直线AF和D1E所成角的大小为
30∘ B．45∘
C．60∘ D．90∘
【答案】D。如图，连DE，交AF于G，
在ΔADF和ΔDCE中，根据正方体的性质可得：
AD=DC,∠ADF=∠DCE,DF=CE，
∴ΔADF≌ΔDCE，
∴∠DAF=∠CDE，
∴∠FDG+∠DFG=∠FDG+∠DAF=90°，
∴AF⊥DE．
又在正方体ABCD-A1B1C1D1中可得DD1⊥底面ABCD，
∵AF⊂底面ABCD，
∴DD1⊥AF，
又DD1∩DE=D，
∴AF⊥平面DED1，
∵ED1⊂平面DED1，
∴AF⊥ED1，
∴异面直线AF和D1E所成角的大小为90°；故选D。
16．下列各图均是正六棱柱，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是 ( )
A．B．C．D．
【答案】D。 在选项A、B、C中，由棱柱、正六边形、中位线的性质，知均有PS∥QR，即在此三个图形中P、Q、R、S共面；故选D。
17．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则顶点D到平面ACD1的距离等于( )
A． B．
C． D．
【答案】D。运用等体积法，设D到平面ACD1的距离为h，三角形ACD1的边长都是，三角形ACD1的面积为，∴三棱锥D-ACD1的体积为，而三棱锥D1-ACD的体积为
;
∴由,解得;故选D。
如图所示，高为3的直棱柱ABC-A’B’C’的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B-A’B’C’的体积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D。由题知，三棱锥体积；故选：D。
19．将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角后，B,D两点间的距离为( )
A． B．
C． D．
【答案】B。由题意知：；故选：B。
20．如图所示，在正四面体ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．异面直线AB与CD所成角为90° B．直线AB与平面BCD所成角为60°
C．直线EF∥平面ACD D．平面AFD⊥平面BCD
【答案】B。设直线AB与平面BCD所成角为；；故答案为B。
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题5小题，每小题4分，共20分）
21.正六棱柱的高为5，最长的对角线为13，则它的底面积是______。
【答案】543。 设正六棱柱的底面边长为a，
则底面上最长对角线长为2a，
所以由52+2a2=13，解得a=6；
所以底面积为6×34a2=6×34×62=543；
故答案为：543。
22．（2014年春季高考）若一个圆锥的侧面展开图是面积为8π的半圆面，则该圆锥体积为 。
【答案】。由题意知，半圆面的面积为8π，即圆锥的母线长度为4，圆弧长为；
∴圆锥底圆的周长为；
在圆锥母线、高和底面半径构成的直角三角形中，；
∴该圆锥体积。
23．如图，已知底面是正方形的四棱锥，一条侧棱与底面垂直，它的长与底面边长相等，长度均为1，那么该棱锥中最长的棱长是______。
【答案】3。如图，PC⊥平面ABCD，则PA是最长的棱，
连接AC，因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC，
因为四边形ABCD为正方形，且边长为1，所以AC=2；
所以PA=PC2+AC2=1+2=3；故答案为：3。
24．若长方体ABCD-A1B1C1D1中，BA=4，BC=BB1=3，直线BA1与平面BB1D1D所成角的正弦值为______；
【答案】1225。设A1到B1D1的距离为h，则12A1B1⋅A1D1=12B1D1⋅h
即：4×3=5h ∴h=125
又BB1⊥平面A1B1D1，可知A1到B1D1的距离即为A1到平面BDD1B1的距离
∴直线BA1与平面BB1D1D所成角的正弦值为：hA1B=1255=1225。
本题正确结果：1225。
25．（2020年春季高考）已知球的直径为2，则球的体积__________。
【答案】。由球的体积公式：。
三、解答题（本大题4小题，共40分）
26、如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D、E分别是AC，AB上的点，CD=BE=2，O为BC的中点，将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=3.
(1)证明：A'O⊥平面BCDE；
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值；
(3)求直线CB与平面A'BE所成角的正弦值。
【答案】（1）见解析；（2）155；（3）55.
(1)在图1、2中，连接OD，OE，易得OC=3，AC=32，AD=22，OD=OE=5，
因为A'D=A'E=22，
所以A'D2=A'O2+OD2,A'E2=A'O2+OE2，
即A'O⊥OD，A'O⊥OE，
所以A'O⊥平面BCDE；
(2)在图2中设CD，BE交于R点，取CR中点M，连接OM，A'M，则
OM⊥CR，A'M⊥CR，
则∠A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角，
其中OM=322，A'M=302，
cs∠A'MO=OMA'M=155；
(3)取BR中点N，连接A'N和ON，作OQ⊥A'N，则OQ⊥平面A'BE，
所以∠OBQ就是直线BC与平面A'BE所成的角，
易得OQ=355，OB=3，
所以sin∠OBQ=OQOB=55。
27．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D是AB的中点。
(1)求证：AC1∥平面CDB1；
(2)若AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AA1=1，AC=BC=2，求二面角B1-CD-B的平面角的余弦值。
【答案】(1)证明见解析．(2)22．
(1)连接BC1交B1C于点M，连接MD，如图，
则M是BC1中点，又D是AB中点，所以DM//AC1，
MD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1//平面CDB1；
(2)AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，
又AC=BC，D是AB中点，所以CD⊥AB，
AB∩AA1=A，AB,AA1⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，
B1D⊂平面ABB1A1，所以CD⊥B1D，
所以∠B1DB是二面角B1-CD-B的平面角；
由AC⊥BC，AA1=1，AC=BC=2，得AB=2，BD=1，BB1=1，
所以B1D=2；
cs∠B1DB=22。
（2017年山东春季高考）已知直三棱锥ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D,E分别为棱AB,A1C1的中点，如图所示。
(1)求证：DE∥平面BCC1B1；
(2)求DE与平面ABC所成角的正切值。
〖解析〗(1)取BC中点F，连接C1F，DF，
∵DF是△ABC的中位线，
∴DF∥AC，；
∵EC1∥AC，；
∴DF∥EC1，DF=EC1；
∴四边形DFC1E是平行四边形，DE∥C1F；
∵，
∴DE∥平面BCC1B1；
∵DE∥C1F，在直三棱锥ABC-A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，
∴C1C⊥BC，DE与平面ABC所成角为∠C1FC；
在RT△C1CF中，CC1=2FC，
∴。
(2016年山东春季高考)如图所示，已知四边形ABCD是圆柱的轴截面，M是下底面圆周上异于A,B重合的点。
(1)求证：平面DMB⊥平面DAM；
(2)若△AMB是等腰三角形，求该圆柱与三棱锥D-AMB体积的比值。
【答案】(1)证明：如图所示，四边形ABCD是圆柱的轴截面，
∴DA⊥平面AMB；
∵，
∴DA⊥MB；
∵AB为底圆的直径，M是下底面圆周上异于A,B重合的点；
∴MA⊥MB，且;
∴MB⊥平面DAM，
∵，
∴平面DMB⊥平面DAM；
(2)假设AB=2r，则，
∵△AMB是等腰三角形，AB是底圆直径，
∴△AMB是等腰直角三角形，；
又因为，
∴；
；