2021年高考数学二轮复习选择填空狂练07《立体几何与空间向量》（含答案详解）

这是一份2021年高考数学二轮复习选择填空狂练07《立体几何与空间向量》（含答案详解），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
高考数学二轮复习选择填空狂练07《立体几何与空间向量》一、选择题1.在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（    ）A.36          B.24          C.          D.2.A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·=0，·=0，·=0，M为BC的中点，则△AMD是(　 　)A.钝角三角形          B.锐角三角形C.直角三角形          D.不确定3.某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(　 　)A.        B.     C.       D.4.圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的表面积为（    ）A.          B.          C.          D.5.平面外有两条直线和，如果和在平面内的射影分别是和，给出下列四个命题：①；②；③与相交与相交或重合；④与平行与平行或重合；其中不正确的命题个数是（    ）A.1          B.2          C.3          D.46.已知三棱锥O-ABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，∠AOB=120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥O-ABC的体积为(　 　)A.         B.          C.           D.7.如图所示，已知四棱锥的高为3，底面为正方形，且，则四棱锥外接球的半径为（    ）A.          B.2          C.          D.38.一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADF-BCE的体积为V2，则=(　 　)　　A.           B.         C.            D.9.如图是正四面体的平面展开图，，，，分别是，，，的中点。在这个正四面体中：①与平行；②与为异面直线；③与成角；④与垂直.以上四个命题中，正确命题的个数是（    ）A.1          B.2          C.3          D.410.已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，则平面ACB1截此球所得的截面的面积为（  ）A.                    B.                     C.                       D.11.已知三棱锥S­ABC的每个顶点都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB=AC=4，BC=2，且二面角S­BC­A的正切值为4，则球O的表面积为(　　)A.240π        B.248π      C.252π        D.272π12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上，且=，N为B1B的中点，则||为(　 　)A.a        B.a         C.a         D.a二、填空题13.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是　     　.14.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为　   　.15.已知E、F分别是棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，则四棱锥C1­B1EDF的体积为________. 16.已知O点为空间直角坐标系的原点，向量=(1,2,3)，=(2,1,2)，=(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是　    　.
0.答案解析1.答案为：D解析：易知，则，欲使三棱锥的体积最大，只需高最大，通过坐标法得到动点运动轨迹(一段圆弧)，进而判断高的最大值，∴.故选D.2.答案为：C；解析：∵M为BC的中点，∴=(＋).∴·=(＋)·=·＋·=0.∴AM⊥AD，即△AMD为直角三角形.3.答案为：A；解析：原工件是一个底面半径为1，高为2的圆锥，依题意加工后的新工件是圆锥的内接长方体，且落在圆锥底面上的面是正方形，设正方形的边长为a，长方体的高为h，则0＜a＜，0＜h＜2.于是=，h=2－a.令f(a)=V长方体=a2h=2a2－a3，∴f′(a)=4a－3a2，当f′(a)=0时，a=.易知f(a)max=f=.∴材料利用率==，故选A.4.答案为：C解析：∵圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，∴圆锥的底面半径，母线长；表面积.故选C.5.答案为：D解析：结合题意逐一分析所给的四个说法，在如图所示的正方体中：对于说法①：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足，但是不满足，该说法错误；对于说法②：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足，但是不满足，该说法错误；对于说法③：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足与相交，但是与异面，该说法错误；对于说法④：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足与平行，但是与异面，该说法错误；综上可得：不正确的命题个数是4.故选D.6.答案为：B；解析：设球O的半径为R，因为S△AOC＋S△BOC=R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)，所以当∠AOC=∠BOC=90°时，S△AOC＋S△BOC取得最大值，此时OA⊥OC，OB⊥OC，又OB∩OA=O，OA，OB⊂平面AOB，所以OC⊥平面AOB，所以V三棱锥O-ABC=V三棱锥C-OAB=OC·OA·OBsin∠AOB=R3sin∠AOB=，故选B.7.答案为：B解析：由已知，四棱锥为正四棱锥，设外接球半径为，连接、交于点，连接，外接球的球心在高上，连接，则，∵四棱锥的高为3，，即，∴，，又∵为直角三角形∴，即，解得.故选B.8.答案为：B；解析：由三视图可知多面体ADF-BCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.∵M是AB上的动点，且易知AB∥平面DFEC，∴点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，距离为a，∴V1=VE-FMC=VM-EFC=·a·a·a=，又V2=a·a·a=，故==.9.答案为：C解析：将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图：对于①，、分别为、的中点，则，而与异面，故与不平行，故①错误；对于②，与为异面直线，正确（假设与共面，则、、、四点共面，与为正四面体矛盾，故假设不成立，故与异面）；对于③，依题意，，，，故与成角，故③正确；对于④，连接，点在平面的射影在上，∴平面，，而，∴与垂直，故④正确.综上所述，正确命题的序号是②③④，故答案为②③④.故选C.10.答案为：A；解析：由题意，球心与B的距离为=，B到平面ACB1的距离为=，球的半径为1，球心到平面ACB1的距离为﹣=，∴平面ACB1截此球所得的截面的圆的半径为=，∴平面ACB1截此球所得的截面的面积为=，故选A．11.答案为：D；解析：取BC的中点D，连接SD，AD，易知AD⊥BC，SD⊥BC，所以∠SDA是二面角S­BC­A的平面角，于是有tan∠SDA=4，即SA=4AD=4.在△ABC中，sin∠ABC==，由正弦定理得△ABC的外接圆半径r==8. 可将三棱锥S­ABC补形成一个直三棱柱ABC­SB′C′，其中该直三棱柱的底面为△ABC，高为SA=4，因此三棱锥S­ABC的外接球的半径R==，因此三棱锥S­ABC的外接球的表面积为4πR2=272π，选D.12.答案为：A；解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)， N.设M(x，y，z)，因为点M在AC1上，且=，则(x－a，y，z)=(－x，a－y，a－z)，得x=a，y=，z=，即M，所以||==a.13.答案为：②③④；解析：还原成正四面体A-DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合.如图所示.易知GH与EF异面，BD与MN异面.又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.14.答案为：4；解析：解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2 cm2，点O到△ABC三边的距离都为a cm，△DBC的高为cm，则正三棱锥的高为 =  cm，∴25－a>0，∴0<a<5，∴所得三棱锥的体积V=×a2× =×  cm3.令t=25a4－a5，则t′=100a3－a4，由t′=0，得a=4(满足0＜a＜5)，易知此时所得三棱锥的体积最大，为4 cm3.15.答案为：a3；解析：法一：(直接法)如图所示，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过O1作O1H⊥B1D于H.因为EF∥A1C1，且A1C1⊄平面B1EDF，EF⊂平面B1EDF，所以A1C1∥平面B1EDF.所以C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离.易知平面B1D1D⊥平面B1EDF，又平面B1D1D∩平面B1EDF=B1D，所以O1H⊥平面B1EDF，所以O1H等于四棱锥C1­B1EDF的高.因为△B1O1H∽△B1DD1，所以O1H==a.所以VC1­B1EDF=S四边形B1EDF·O1H=×·EF·B1D·O1H=×·a·a·a=a3.法二：(体积分割法)连接EF，B1D.设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2=B1D1=a.由题意得，VC1­B1EDF=VB1­C1EF＋VD­C1EF=·S△C1EF·(h1＋h2)=a3.]16.答案为：；解析：∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，则=(1－λ，2－λ，3－2λ)，=(2－λ，1－λ，2－2λ)，·=(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)=6λ2－16λ＋10=62－.即当λ=时，·取得最小值－.此时=.