人教B版（2019）高中数学必修第四册 第十一章 立体几何 章末综合检测卷（原卷+解析卷）

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第十一章：立体几何初步章末综合测试卷（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2024高一下·全国·专题练习）△ABC的直观图△A'B'C'如图所示，其中A'B'//x'轴，A'C'//y'轴，且A'B'=A'C'=1，则△ABC的面积为（    ）  A．22 B．1 C．8 D．24【答案】B【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积【详解】由直观图还原平面图形，△ABC中，AB⊥AC，AB=A'B'=1，AC=2A'C'=2，所以S△ABC=12×1×2=1．故选：B．2．（22-23高一下·新疆喀什·期末）棱台的上、下底面面积分别为2、4，高为3，则棱台的体积为（    ）A．6+22 B．6+62 C．12+22 D．12+62【答案】A【分析】代入棱台的体积公式计算即可.【详解】设棱台的上、下底面面积分别为S1,S2,则S1=2,S2=4，所以V=13S1+S1⋅S2+S2ℎ=13×2+2×4+4×3=6+22.故选：A.3．（22-23高一下·福建龙岩·期中）“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤两百丈．”这是我国古代数学名著《九章算术》卷第五“商功”中的问题．意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长200丈（1丈＝10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（    ）  A．3×105立方尺 B．6×105立方尺 C．6×106立方尺 D．3×106立方尺【答案】D【分析】根据柱体体积公式求得正确答案.【详解】依题意，该柱体的体积为20+40×502×2000=3×106立方尺.故选：D4．（21-22高一下·全国·期末）若甲、乙两个圆柱的体积相等，底面积分别为S甲和S乙，侧面积分别为S1和S2.若S甲S乙=2，则S1S2=（    ）A．2 B．22 C．22 D．24【答案】B【分析】设甲圆柱底面圆半径为r1，高为ℎ1，乙圆柱底面圆半径为r2，高为ℎ2，由等面积之比得到r1=2r2，再由体积相同得到ℎ2=2ℎ1，最后由侧面积公式计算可得.【详解】设甲圆柱底面圆半径为r1，高为ℎ1，乙圆柱底面圆半径为r2，高为ℎ2，则S甲S乙=πr12πr22=r12r22=2，∴r1=2r2.又πr12ℎ1=πr22ℎ2，则ℎ2=2ℎ1，∴S1S2=2πr1ℎ12πr2ℎ2=2r2×12ℎ2r2×ℎ2=22.故选：B.5．（2024高一下·全国·专题练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图甲）.图乙是扇形的一部分，若两个圆弧DE,AC所在圆的半径分别是12和27，且∠ABC=120∘.若图乙是某圆台的侧面展开图，则该圆台的侧面积是（    ）A．292π B．133023π C．195π D．243π【答案】C【分析】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，利用弧长公式求出r、R，再得到母线长，最后由侧面积公式计算可得.【详解】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则利用弧长公式可得2πr=2π3×12，即r=4；2πR=2π3×27，即R=9；又圆台的母线长为l=27−12=15，所以圆台的侧面积S=π4+9×15=195π，故选：C.6．（2024高一·江苏·专题练习）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（ ）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】①根据面面垂直的性质判断；②根据平面平行的传递性判断；③根据线面垂直的性质判断；④根据线面平行的性质定理和面面平行的判定定理判断.【详解】如图所示，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,m1相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D.7．（2024高一下·全国·专题练习）设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ）A．若m//α,n⊥β,m⊥n，则α⊥βB．若m//α,m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n,m⊂α,n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α,n⊂β,m⊥n，则α⊥β【答案】B【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直性质、面面垂直的判定推理判断B.【详解】对于A，在长方体AC1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α,β，AB,BB1分别为直线m,n，显然m//α,n⊥β,m⊥n，而平面A1B1C1D1//平面ABCD，A错误；对于B，由m//α，知存在过m的平面γ与α相交，令交线为c，则c//m，而m⊥β，于是c⊥β，α⊥β，B正确；对于C，在长方体AC1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α,β，A1B1,BC分别为直线m,n，显然m⊥n,m⊂α,n⊂β，而平面A1B1C1D1//平面ABCD，C错误；对于D，在长方体AC1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α,β，BB1,AB分别为直线m,n，显然m⊥α,n⊂β,m⊥n，而平面A1B1C1D1//平面ABCD，D错误.故选：B8．（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2 cm，外径长3 cm，筒高4 cm，中部为棱长是3 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ）A．(27−7π4)cm3 B．(24+π4)cm3C．(36−9π4)cm3 D．(18+7π4)cm3【答案】A【分析】根据图形，几何体的体积由圆柱的体积加正方体的体积减去正方体遮住圆柱的部分求解.【详解】由图可知，组合体的体积为：V=π×4×322−12+3×3×3−π×3×322=27−7π4cm3，故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2024高一下·全国·专题练习）如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，则能够完成任务的模块组合有（    ）A．①②⑤ B．①④⑤C．②③④ D．①②③【答案】ABC【分析】根据选项逐一放入判断可得结果.【详解】将模块①和②组合成一层，则差角上一小块，将模块⑤平放于模块⑥中，这样正好满足条件，故A正确；将模块①和④组合成一层，则差角上一小块，将模块⑤平放于模块⑥中，这样正好满足条件，故B正确；将模块②放在模块⑥上的四个小方块上，模块③的中间凸出的一小块倒放入模块⑥最右侧，然后再将模块④竖放入模块⑥最前侧即可，故C正确；无论如何放入模块①②③都无法满足要求，故D不正确．故选：ABC．10．（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）在三棱锥S−ABC中，∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜边AB=a的等腰直角三角形，则以下结论：其中正确的是（    ）A．异面直线SA与BC所成的角为90°B．直线SB⊥平面ABCC．平面SBC⊥平面SACD．点C到平面SAB的距离是12a【答案】BCD【详解】由条件根据异面直线所成的角，直线和平面垂直的判定定理、性质定理，平面和平面垂直的判定定理，判断各个选项是否正确，从而得出结论．【解答】对于A，B，依题意，SC⊥AC,BC⊥AC，而BC∩SC=C,BC,SC⊂平面SBC，则AC⊥平面SBC，又SB⊂平面SBC，于是SB⊥AC，由∠SBA=90°，得SB⊥AB，又SB⊥AC，AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC，则SB⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以SB⊥BC，又因为∠CBA=45°，所以BC不垂直于平面SBA，所以异面直线SA与BC所成的角不可能为90°，故A错误，B正确；对于C，由AC⊥平面SBC，AC⊂平面SAC，得平面SBC⊥平面SAC，故C正确；对于D，取AB中点D，连接CD，由AC=BC，得CD⊥AB，由SB⊥平面ABC，SB⊂平面SAB，得平面SAB⊥平面ABC，而平面SAB∩平面ABC=AB,CD⊂平面ABC，于是CD⊥平面SAB，又∠ACB=90°，则CD=a2，即点C到平面SAB的距离是a2，故D正确. 故选：BCD.11．（22-23高一下·河南洛阳·阶段练习）若某正三棱柱各棱长均为2，则该棱柱的外接球的体积不可能为（    ）A．8π B．8421π81 C．163π D．283π【答案】ACD【分析】作出图像，求出外接球的体积，即可得出答案.【详解】由题意作出图象如图，设外接球球心为O，E为BC中点，连接AE，则AE⊥BC，作OD⊥平面ABC交平面ABC与D，因为OA=OB=OC=R，所以O为△ABC外心，因为AB=BC=AC=AA1=2，所以AE=3，OD=1，AD=23AE=233，R2=OA2=AD2+OD2=2332+12=73，则该棱柱的外接球的体积V=4π3R3=4π3⋅2133=8421π81.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2024高一下·全国·专题练习）如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E为AA1的中点，F为CC1上一点，则三棱锥A1－D1EF的体积为 .【答案】112a3【分析】根据锥体体积公式求解.【详解】由已知A1D1=a,A1E=12a，所以S△A1D1E=12A1D1⋅A1E=12a⋅12a=14a2，三棱锥F−A1D1E的高等于CD，CD=a，所以VF−A1D1E=13×14a2×a=112a3，又因为VA1−D1EF=VF−A1D1E，所以VA1−D1EF=112a3.故答案为：112a3.13．（2024高一下·全国·专题练习）从一个底面半径和高都是R的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体．如果用一个与圆柱下底面距离为l，并且平行于底面的平面去截这个几何体，则截面面积为 ．  【答案】πR2−l2【分析】画出轴截面，设出O1D=x，由图形关系求解即可.【详解】题图中的几何体的轴截面如图所示，  OA=AB=R，所以△AOB是等腰直角三角形．又CD∥OA，则CD=BC．设O1D=x，则CD=R−x．又BC=R−l，故x=l，所以所求截面面积S=πR2−πl2=πR2−l2．故答案为：πR2−l214．（2024高一下·全国·专题练习）纳斯卡线条是一种巨型的地上绘图，位于秘鲁南部的纳斯卡荒原上，是存在了2000年的谜局：究竟是谁创造了它们并且为了什么而创造，至今仍无人能解，因此被列入“十大谜团”，在这些图案中，有一只身长50米的大蜘蛛（如图），现用视角为30°的摄像头（注：当摄像头和所拍摄的圆形区域构成一个圆锥时，该圆锥的轴截面的顶角称为该摄像头的视角）在该蜘蛛图案的上方拍摄，使得整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则该摄像头距地面的高度的最小值是 米.  【答案】502+256【分析】根据条件易得圆的直径最小为502，再利用余弦定理求出母线长，即可求出结果.【详解】依题意，要使整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则拍摄区域的圆的直径最小为2r=502，若所成圆锥的母线长为a，由余弦定理得2a2−2a2cos30°=5000，即a2=5000(2+3)，所以该摄像头距地面的高度最小值ℎ=a2−r2=50002+3−2522=2514+83=258+83+6=2522+6米，故答案为：2522+6.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（22-23高一下·重庆·阶段练习）已知如图所示，P是正方形ABCD外一点，PB⊥平面ABCD,O为AP中点，PB=AB=2.(1)求证：PC//平面BOD；(2)三棱锥O−ABD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）连接AC,BD，交于点E，连接OE，则OE//PC，由此能证明PC//平面BOD；（2）O到平面ABD的距离d=12PB=1,S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2，由此能求出三棱锥O−ABD的体积.【详解】（1）连接AC,BD，交于点E，连接OE，如图，∵正方形ABCD中，E是AC中点，O是AP中点，∴OE//PC，∵OE⊂平面BOD,PC⊄平面BOD，∴PC//平面BOD；（2）∵PB⊥平面ABCD,O为AP中点，PB=AB=2，∴O到平面ABD的距离d=12PB=1，S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2，∴三棱锥O−ABD的体积V=13×S△ABD×d=13×2×1=23.16．（2023高二上·上海·专题练习）如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，AP//DE.(1)求证：AB //平面CDE；(2)若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F为PB中点，求证：AF⊥PC.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由题意可得AB // CD，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）由CB⊥AB及面面垂直的性质可得CB⊥平面PAB，CB⊥AF，结合AF⊥BP即可证明.【详解】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB // CD，又CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，所以AB //平面CDE.（2）若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，如图， 因为F为PB中点，所以AF⊥BP，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB，所以CB⊥AF.又AF⊥PB，CB∩PB=B，CB,PB⊂平面PBC，所以AF⊥平面PBC.又PC⊂平面PBC，所以AF⊥PC.17．（21-22高一下·陕西咸阳·阶段练习）如图，在棱长均为6的三棱柱ABC−A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．(1)求证：A1D1//平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC=60∘，求三棱锥B1−ABC的体积．  【答案】(1)证明见解析(2)27【分析】（1）连结DD1，根据线面平行的判断定理，转化为证明A1D1//AD，即可证明线面平行；（2）利用等体积转化VB1−ABC=VA−B1BC，再利用面面垂直的性质定理，转化为证明AD⊥平面BCC1B1，进而即得.【详解】（1）证明：连接DD1，  在三棱柱ABC−A1B1C1中，∵D、D1分别是BC和B1C1的中点，∴BB//DD1，且BB1=DD1，又AA1//BB1，AA1=BB1，∴AA1//DD1，AA1=DD1，∴四边形AA1D1D为平行四边形，∴A1D1//AD，又A1D1⊄平面ABD，AD⊂平面AB1D，故A1D1//平面AB1D．（2）在三棱柱ABC−A1B1C1中，棱长均为6，则AB=AC=6，∵D为BC的中点，∴AD⊥BC，∵平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，AD⊂平面ABC，∴ AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥A−B1BC的高，在△ABC中，AB=AC=BC=6，得AD=33，∵在△ABC中，B1B=BC=6，∠B1BC=60∘，∴ △B1BC为等边三角形．∴ △B1BC的面积为93，∴VB1−ABC=VA−B1BC=13×93×33=27．18．（22-23高一下·云南保山·期末）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，该四棱锥的底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=120°，PA=PC，∠PBD=∠PDB=60°，E为线段AB上靠近B点的三等分点.(1)证明：平面PAC⊥平面PBD；(2)在线段PD上是否存在一点F，使得EF//平面PBC？若存在，求PFPD的值及直线EF与平面ABCD所成角的大小；若不存在，请说明理由.  【答案】(1)见解析(2)PFPD=13，45°【分析】（1）根据菱形性质得AC⊥BD，利用三线合一有AC⊥PO，最后利用面面垂直的判定即可；（2）点F存在且PFPD=13，利用线面平行的判断定理可证线面平行，过F作FH⊥BD，交BD于H点，利用余弦定理求出|EH|=23，最后利用线面角的定义即可.【详解】（1）设AC与BD相交于O点，连接PO，∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，               ∵ PA=PC，∴AC⊥PO，       又∵ BD∩PO=O，BD，  PO⊂平面PBD，  则AC⊥平面PBD，    ∵ AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD．（2）存在点F满足题意，且PFPD=13，假设在PD上存在点F，使得EF//平面PBC，证明：过F点作FG//DC，交PC于G，连接EF，BG，∵ FG//DC，PFPD=FGCD=13，故FG=13DC，而EB=13AB，AB//CD,AB=CD，故FG//EB,FG=EB,故EFGB为平行四边形，故EF//BG，而EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，故EF//平面PBC.  综上，在PD上存在点F，使得EF//平面PBC，此时，∵在△PBD中，∠PBD=∠PDB=60°，∴PO⊥BD，在（1）知AC⊥PO，又AC∩BD=O，AC，  BD⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，  过F作FH⊥BD，交BD于H点，故△FDH∽△PDO且FHPO=FDPD=DHDO=23，DO=12DB=3，则DH=2，则BH=4，∵在△PBD中，PO=27，故FH=2273=23，       连接EH，在△BEH中，EH=BH2+BE2−2BH ⋅BEcos∠EBH=12=23，∵ FH⊥平面ABCD，则∠FEH为直线EF与平面ABCD所成的角，在Rt△EFH中，FH=EH=23，∴∠FEH=45°，∴直线EF与平面ABCD所成角的大小为45°．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是合理作出辅助线，通过线面平行的性质结合三角形相似即可得到PFPD=13，求线面角关键是利用其定义找到相关的角，结合余弦定理等即可得到答案.19．（22-23高一下·甘肃定西·期末）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为4的等边三角形，BC=2，∠ABC=60°，M是PC上一点．(1)若M是PC的中点，证明：PA//平面BDM；(2)若平面MAB⊥平面PCD，求PMPC的值．  【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；（2）先利用面面垂直与性质定理与线面垂直的判定定理依次证得PQ⊥平面ABCD，CD⊥面PQE，从而证得PE⊥MN，再利用面面垂直与性质定理证得PE⊥平面MAB，进而得到PE⊥NQ，由此利用平行线分线段成比例求得PMPC的值.【详解】（1）连接BD∩AC=O，连接DM,BM,OM，如图，  因为底面ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又M是PC的中点，所以OM//PA，因为OM⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，所以PA//平面BDM.（2）记AB的中点为Q，连接PQ，则PQ⊥AB，在平面ABCD过Q作QE⊥AB，交CD于E，连接PE，如图，  因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PQ⊂平面PAB，所以PQ⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，则PQ⊥CD，易得QE⊥CD，又PQ∩QE=Q,PQ,QE⊂面PQE，所以CD⊥面PQE，因为PE⊂面PQE，所以CD⊥PE，过M作MN//CD交PE于N，连接NQ，则PE⊥MN，因为MN//CD，AB//CD，所以MN//AB，则M,N,A,B四点共面，所以平面MAB与平面PCD交线一部分为MN，又平面MAB⊥平面PCD，PE⊂平面PCD，所以PE⊥平面MAB，因为NQ⊂平面MAB，所以PE⊥NQ，因为△PAB是边长为4的等边三角形，所以PQ⊥AB，PQ=23，因为平行四边形ABCD中，BC=2，∠ABC=60°，AB=4，则BQ=2，EQ=BCsin60°=3，故在Rt△PQE中，PE=PQ2+EQ2=12+3=15， 易得∠PQE=∠PNQ=90° ，∠EPQ=∠QPN，则△EPQ≅△QPN，所以PQPN=PEPQ，则PN=PQ2PE=1215，因为MN//CD，所以PMPC=PNPE=1215×115=45.【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是在平面PCD内找到垂直于平面MAB与平面PCD交线的直线，从而利用平行线分线段成比例即可得解.