2021高考数学苏教版一轮单元质量测试6 立体几何 WORD版含解析.doc

1、单元质量测试(六)时间：120分钟满分：150分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是()A圆柱 B圆锥 C棱锥 D棱柱答案B解析易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选B.2(2019长春质量监测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1C1与B1C所成角的余弦值为()A0 B C D答案B解析由题意知异面直线A1C1与B1C所成角为，余弦值为.故选B.3(2020陕西咸阳高三阶段测试)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()答案B解

2、析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.4(2019陕西省咸阳市二模)设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若a，b，则abB若a，b，则abC若a，a，则D若a，b，ab，则答案D解析由a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，得：若a，b，则a与b相交、平行或异面，故A错误；若a，b，则a与b平行或异面，故B错误；若a，a，则与相交或平行，故C错误；若a，b，ab，则由面面垂直的判定定理得，故D正确故选D.5(2019吉林调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥侧

3、面积相等，则该球的半径长为()A5 B C9 D3答案B解析圆锥的底面半径r4，高h3，圆锥的母线l5，圆锥侧面积Srl20，设球的半径为R，则4R220，R.故选B.6水平放置的ABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的ABC，其中OAOB2，OC，则ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为()A8 B16C(83) D(1612)答案B解析设AB的中点为O，由题意易知OAOB2，OC2，OCAB，所以ABC是等腰三角形，AB是底边ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的是两个完全相同且同底的圆锥组成的几何体一个圆锥的高为2，底面半径为2，母线长为4.所以该几何体的表面积为2241

4、6.7(2019山西太原一模)如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为()A12 B15 C D答案D解析其直观图为四棱锥EABCD，由题意得V5.故选D.8. 如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：PD平面AMC；OM平面PCD；OM平面PDA；OM平面PBA；OM平面PBC.其中正确的个数是()A1 B2 C3 D4答案C解析因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点在PBD中，M是PB的中点，所以OM是PBD的中位线，OMPD，则PD平面AMC，OM平面PCD，且OM平面PDA

5、.因为MPB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交故选C.9(2019聊城一模)如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A. BC. D答案D解析如图，取BC的中点H，连接EH，AH，则EHA90，设AB2，则BHHE1，AH，所以AE，连接ED，则ED，因为BCAD，所以异面直线AE与BC所成的角即为EAD，在EAD中，cosEAD，故选D.10(2019柳州市模拟)已知A，B，C三点都在表面积为100的球O的表面上，若AB4，ACB60.则球心O到平面ABC的距离等于()A2 B3 C4 D5答案B解析结合题意，绘制图形如图，设ABC的外接

6、圆的圆心为O，则根据正弦定理可知BO4，结合球表面积计算公式，可知4R2100，R5，结合球的性质可知，OBO构成直角三角形，结合勾股定理可知OO3.故选B.11(2019合肥第二次教学质量检测)我国古代名著张丘建算经中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈欲斩末为方亭，令上方六尺问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是(注：1丈10尺)()A1946立方尺 B3892立方尺C7784立方尺 D11676立

7、方尺答案B解析解法一：如图，记正四棱台为A1B1C1D1ABCD.该正四棱台由正四棱锥SABCD截得，O，O分别为正方形ABCD，正方形A1B1C1D1的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点，设正四棱台的高为x，则由图中SO1E1SOE，得，即，解得x21，所以该正四棱台的体积V(62620202)213892(立方尺)，故选B.解法二：如解法一中图，记正四棱台为A1B1C1D1ABCD.该正四棱台由正四棱锥SABCD截得，O，O分别为正方形ABCD，正方形A1B1C1D1的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点，设截去的正四棱锥的高为x，则由图中SO1E1SOE，得，即，解得x9，

8、所以该正四棱台的体积VV正四棱锥SABCDV正四棱锥SA1B1C1D1202306293892(立方尺)，故选B.12. (2019广西百色调研)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()平面PB1D平面ACD1；A1P平面ACD1；异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是；三棱锥D1APC的体积不变A B C D答案B解析连接PB1，PD，根据正方体的性质，有DB1平面ACD1，DB1平面PB1D，从而可得平面PB1D平面ACD1，正确；连接A1B，A1C1，容易证明平面BA1C1平面ACD1.又因为A1P平面BA1C1，所以A1P平面ACD1

9、，正确；连接AP，CP，D1P，因为VD1APCVCAD1P，C到平面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，正确；当P与线段BC1的端点重合时，A1P与AD1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，故A1P与AD1所成角的取值范围是，错误正确故选B.第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上若ABBC2，ABC90，AA12，则球O的表面积为_答案16解析由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的

10、体对角线，即2R4，故球O的表面积S4R216.14(2019武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有_对答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，AB，CD，EF和GH在原正方体中的位置如图所示，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行故互为异面直线的有3对15(2020池州高三期末)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_答案24解析根据三视图可知，该几何体是一个正方体挖去了以2为半径的球的后剩余的部分，故该几何体的表面积为6224432224.16(

11、2019陕西八校联考)如图，已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，A1，B1，C1，D1四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为_答案4解析设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为h，底面边长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为2ra，所以ra.由勾股定理得h2r2()2，即h23，得a262h2，其中0h，所以正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为Va2h(62h2)h2h36h，其中0h，构造函数f(h)2h36h，其中0h，则f(h)6h26，令f(h)0，得h1.当0h0；当1h时，f(h)0.所以函数Vf(h)在h1处取得极大值

12、，即最大值，则Vmaxf(1)4.因此，该正四棱柱的体积的最大值为4.三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ABBB1，ACBCBB12，D为AB的中点，且CDDA1.(1)求证：BB1平面ABC；(2)求多面体DBCA1B1C1的体积解(1)证明：因为ACBC，D为AB的中点，所以CDAB，又CDDA1，ABDA1D，所以CD平面AA1B1B，又BB1平面AA1B1B，所以CDBB1，又BB1AB，ABCDD，所以BB1平面ABC.(2)V多面体DBCA1B1C1V三棱柱ABCA1B

13、1C1V三棱锥A1ADCSABCAA1SACDAA1SABCAA1SABCAA1SABCAA1222.所以多面体DBCA1B1C1的体积为.18.(本小题满分12分)如图，在三棱锥PABC中，底面ABC与侧面PAB均为正三角形，AB2，PC，M为AB的中点(1)证明：平面PCM平面PAB；(2)N为线段PA上一点，且SCMN，求三棱锥PCMN的体积解(1)证明：因为ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，所以CMAB，CM.同理，PM，又PC，所以CM2PM2PC2，所以CMPM.又ABPMM，所以CM平面PAB，又CM平面PCM，所以平面PCM平面PAB.(2)解法一：由(1)得CM平面

14、PAB，所以CMMN，CMN为直角三角形，所以SCMNCMMN，且CM，解得MN.在AMN中，cosA，即cos60，解得AN，所以PN，所以，SPNMSPAMSPAB，V三棱锥PCMNV三棱锥CPMNSPMNCM.解法二：由(1)可得CM平面PAB，所以CMNM，则SCMNCMNM，即NM，解得NM，所以，得ANMAMP，则ANMAMP90，所以NMPA，又CMPA，NMCMM，所以PA平面CNM，在RtPNM中，PN，所以V三棱锥PCMNSCMNPN.19(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，DAB60.(1)证明：ADPB；(2)若PB，ABPA2

15、，求三棱锥PBCD的体积解(1)证明：取AD的中点为O，连接PO，BO，如图，底面ABCD是菱形，且DAB60，ABD是等边三角形，BOAD，又PAPD，即PAD是等腰三角形，POAD，又POBOO，AD平面PBO，又PB平面PBO，ADPB.(2)ABPA2，结合(1)知PAD是边长为2的正三角形，则POBO，又PB，PO2BO2PB2，POBO，又由(1)知，POAD，且BOADO，PO平面ABCD，VPBCDSBCDPO221，三棱锥PBCD的体积为1.20(本小题满分12分)已知球内接正四棱锥PABCD的高为3，AC，BD相交于点O，球的表面积为，若E为PC的中点(1)求异面直线BP和

16、AD所成角的余弦值；(2)求点E到平面PAD的距离解(1)由球的表面积公式S4R2得球的半径R，设球心为O1，连接PO，在正四棱锥PABCD中，高为PO，则O1必在PO上，连接AO1，则O1O，AO1，则在RtO1OA中，有O1O2OA2AO，即OA2，可得正方形ABCD的边长为2，侧棱PA.在正方形ABCD中，因为BCAD，所以PBC是异面直线BP和AD所成的角或其补角，取BC的中点M，连接PM，在等腰PBC中，可得PMBC，斜高PM，则在RtPMB中，cosPBC.所以异面直线BP和AD所成的角的余弦值为.(2)由O，E分别为CA，CP的中点，得OEAP，且满足OE平面PAD，AP平面PA

17、D，所以OE平面PAD，所以E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，又因为SPAD2，SAOD222，设O到平面PAD的距离为h，则由VEPAD VOPADVPAOD，可得SPADhSAODPO，则h，所以点E到平面PAD的距离为.21.(2020南昌市高三摸底考试)(本小题满分12分)在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，AD的中点，以CF和CE为折痕把DFC和BEC折起，使点B，D重合于点P，连接PA，得到如图所示的四棱锥PAECF.(1)在线段PC上是否存在一点G，使PA与平面EFG平行？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；(2)求点A到平面PEC的距离解(1)线段P

18、C上的点G满足时，PA与平面EFG平行证明如下：如图，取PC上一点G，使PGGC，连接EF，EG，FG，AC，记AC与EF的交点为O，连接OG.在正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，故，PAOG.PA平面EFG，OG平面EFG，PA平面EFG.(2)解法一：在正方形ABCD中，ABBC，ADCD，翻折后PCPE，PCPF，又PEPFP，PC平面PEF.记AC与EF的交点为O，连接PO，可知OPC为直角三角形，OP，PC4，OC3.设P到直线AC的距离为h，则POPCOCh，即43h，h.PCEF，ACEF，ACPCC，EF平面PAC.EF平面AECF，平面PAC平面AECF.平面P

19、AC平面AECFAC，RtOPC斜边OC上的高h即为三棱锥PAEC的高，V三棱锥PAECSAECh24.设点A到平面PEC的距离为h，SPECPEPC4，V三棱锥APECSPEChh，h，解得h.点A到平面PEC的距离为.解法二：在正方形ABCD中，ABBC，ADCD，翻折后PCPE，PCPF，又PEPFP，PC平面PEF.记AC与EF的交点为O，连接PO，可知OPC为直角三角形，OP，PC4，OC3，易知P到直线AC的距离为，SPAC4.PCEF，ACEF，ACPCC，EF平面PAC.V三棱锥APECV三棱锥EPACSPACOE.设点A到平面PEC的距离为h，SPECPEPC4，V三棱锥AP

20、ECSPEChh，h，解得h.点A到平面PEC的距离为.22(2020长春市高三质量监测(一)(本小题满分12分)已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的60的二面角，点M在线段AB上且不与点A，B重合，直线MF与由A，D，E三点所确定的平面相交，交点为O.(1)若M为AB的中点，试确定点O的位置，并证明直线DO平面EMC；(2)若CEMF，求AM的长度，并求此时点O到平面CDEF的距离解(1)延长FM交EA的延长线于点O，连接OD，如图所示M为AB的中点，AEBF，M为OF的中点又ABEF，A为OE的中点点O在EA的延长线上，且O

21、AEA.连接DF交CE于点N，连接MN，则N为FD的中点，DOMN.又DO平面EMC，MN平面EMC，DO平面EMC.(2)连接AD，BC.由题意可知，EFCF，EFBF，CFBFF，CFB是二面角CEFB的平面角，EF平面CFB.同理可得DEA是二面角CEFB的平面角，EF平面DEA.二面角CEFB为60，DEACFB60，DEA与CFB是全等的等边三角形取BF的中点H，连接CH，EH，则CHBF.由EF平面CFB，CH平面CFB，得CHEF.EFBFF，CH平面ABFE.MF平面ABFE，CHMF.CEMF，CECHC，MF平面CEH.又EH平面CEH，MFEH.tanFEHtanMFB，即.设AMt，t，AM的长度为.过O作OTDE于点T，则由EF平面DEA，得EFOT.又DEEFE，OT平面CDEF，即OT为点O到平面CDEF的距离，OA14，OE16，OTOEsin608，点O到平面CDEF的距离为8.