2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷七 空間向量與立體幾何新人教A版

1、2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷七 空間向量與立體幾何新人教a版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷七 空間向量與立體幾何新人教a版年級：姓名：單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何(時(shí)間:100分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2020河北滄州一中月考)下列說法正確的是()a.棱柱的各個(gè)側(cè)面都是平行四邊形b.底面是矩形的四棱柱是長方體c.有一個(gè)面為多邊形,其余各面都是三角形的幾何體是棱錐d.直角三角形繞其一邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是圓錐2.(2020遼寧大連高三模擬)已知兩條不同的直線l,m和一

2、個(gè)平面,下列說法正確的是()a.若lm,m,則lb.若lm,l,則mc.若l,m,則lmd.若l,m,則lm3.(2020廣東高三一模(理)已知直三棱柱abc-a1b1c1的體積為v,若p,q分別在aa1,cc1上,且ap=13aa1,cq=13cc1,則四棱錐b-apqc的體積是()a.16vb.29vc.13vd.79v4.(2020寧夏六盤山高級中學(xué)高三模擬)對于不同的直線m,n和平面,的一個(gè)充分條件是()a.mn,m,nb.mn,=m,nc.mn,n,md.mn,m,n5.(2020河北博野中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖,在棱長為4的正方體abcd-a1b1c1d1中,e為d1c1的中點(diǎn).過點(diǎn)

3、b1,e,a的平面截該正方體所得的截面周長為()a.62+45b.42+25c.52+35d.82+456.(2020山東日照五蓮丶濰坊安丘、濰坊諸城、臨沂蘭山高三6月模擬)唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示.其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫,體現(xiàn)了古人的智慧與工藝.它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(假設(shè)內(nèi)壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如圖2所示.已知球的半徑為r,酒杯內(nèi)壁表面積為143r2,設(shè)酒杯上部分(圓柱)的體積為v1,下部分(半球)的體積為v2,則v1v2=()a.2b.32c.1d.347.(2020全國2,理10)已知abc是面積為934的等邊三角形,且其頂點(diǎn)都在球o的球

4、面上.若球o的表面積為16,則o到平面abc的距離為()a.3b.32c.1d.328.(2020山東泰安第二中學(xué)月考)菱形abcd的邊長為2,現(xiàn)將acd沿對角線ac折起使平面acd平面acb,則此時(shí)所成空間四面體體積的最大值為()a.16327b.539c.1d.34二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯(cuò)的得0分,部分選對的得3分.9.在正四面體a-bcd中,e,f,g分別是bc,cd,db的中點(diǎn),下面四個(gè)結(jié)論中正確的是()a.bc平面agfb.eg平面abfc.平面aef平面bcdd.平面abf平面bcd10.如圖

5、,已知圓錐的頂點(diǎn)為s,底面圓o的兩條直徑分別為ab和cd,且abcd,若平面sad平面sbc=l,則以下結(jié)論正確的是()a.ad平面sbcb.ladc.若e是底面圓周上的動(dòng)點(diǎn),則sae的最大面積等于sab的面積d.l與平面scd所成角的大小為4511.(2020河南洛陽高三模擬)如圖,已知正方體abcd-a1b1c1d1的棱長為2,e為棱cc1的中點(diǎn),f為棱aa1上的點(diǎn),且滿足a1ffa=12,點(diǎn)f,b,e,g,h為過三點(diǎn)b,e,f的平面bmn與正方體abcd-a1b1c1d1的棱的交點(diǎn),則下列說法正確的是()a.hfbeb.三棱錐b1-bmn的體積為6c.直線mn與平面a1b1ba的夾角是4

6、5d.d1ggc1=1312.如圖,正方體abcd-a1b1c1d1的棱長為1,線段b1d1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)e,f,且ef=22.則下列結(jié)論正確的是()a.三棱錐a-bef的體積為定值b.當(dāng)e向d1運(yùn)動(dòng)時(shí),二面角a-ef-b逐漸變小c.ef在平面abb1a1內(nèi)的射影長為12d.當(dāng)e與d1重合時(shí),異面直線ae與bf所成的角為4三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.正三棱錐p-abc中,pa平面abc,acb=90,且pa=ac=bc=a,則異面直線pb與ac所成角的正切值等于.14.(2020遼寧高三二模(理)已知一個(gè)圓柱的側(cè)面積等于表面積的一半,且其軸截面的周長是18,則該圓柱的體

7、積是.15.(2020福建福州高三期末)九章算術(shù)中,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的鱉臑p-abc中,pa平面abc,acb=90,ca=4,pa=2,d為ab中點(diǎn),e為pac內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(含邊界),且pcde.當(dāng)e在ac上時(shí),ae=;點(diǎn)e的軌跡的長度為.16.(2020新高考全國1,16)已知直四棱柱abcd-a1b1c1d1的棱長均為2,bad=60.以d1為球心,5為半徑的球面與側(cè)面bcc1b1的交線長為.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖,已知正方體abcd-a1b1c1d1的棱長為3,m,n分別是棱aa1

8、,ab上的點(diǎn),且am=an=1.(1)證明:m,n,c,d1四點(diǎn)共面;(2)求幾何體amn-dd1c的體積.18.(12分)(2020廣西南寧二中高三月考)如圖,已知長方形abcd中,ab=2,ad=1,m為dc的中點(diǎn).將adm沿am折起,使得平面adm平面abcm.(1)求證:adbm;(2)點(diǎn)e是線段db上的一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)二面角e-am-d大小為3時(shí),試確定點(diǎn)e的位置.19.(12分)(2020全國高三二模(文)如圖,扇形aob的圓心角為90,半徑為2,四邊形sobc為正方形,平面sobc平面aob,過直線sc作平面scmn交ab于點(diǎn)m,交oa于點(diǎn)n.(1)求證:mnob;(2)求三棱錐s-m

9、on體積的最大值.20.(12分)(2020四川宜賓敘州第二中學(xué)高三一模(理)如圖,已知三棱柱abc-a1b1c1中,側(cè)棱與底面垂直,且aa1=ab=ac=2,abac,m,n分別是cc1,bc的中點(diǎn),點(diǎn)p在線段a1b1上,且a1p=pb1.(1)求證:不論取何值,總有ampn;(2)當(dāng)=1時(shí),求平面pmn與平面abc夾角的余弦值.21.(12分)(2020山東高三聯(lián)考三模)已知直三棱柱abc-a1b1c1,ab=ac=aa1=1,m,n,p分別為a1c1,ab1,bb1的中點(diǎn),且apmn.(1)求證:mn平面b1bcc1;(2)求bac;(3)求二面角a1-pn-m的余弦值.22.(12分)

10、(2020重慶沙坪壩南開中學(xué)高三月考)如圖,四棱錐p-abcd中,底面abcd是邊長為2的正方形,側(cè)面pab底面abcd,e為pc上的點(diǎn),且be平面apc.(1)求證:平面pad平面pbc;(2)當(dāng)三棱錐p-abc體積最大時(shí),求二面角b-ac-p的余弦值.參考答案單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何1.a對于a,根據(jù)棱柱的性質(zhì)可知,棱柱的各個(gè)側(cè)面都是平行四邊形,故a正確;對于b,底面是矩形,若側(cè)棱不垂直于底面,這時(shí)的四棱柱是斜四棱柱,不是長方體,只有底面是矩形的直四棱柱才是長方體,故b錯(cuò)誤;對于c,有一個(gè)面為多邊形,其余各面都是三角形的幾何體不一定是棱錐,只有其余各面是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的三角形的幾何體

11、,才是棱錐,故c錯(cuò)誤;對于d,直角三角形繞其一條直角邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是圓錐,如果繞著它的斜邊旋轉(zhuǎn)一周,形成的幾何體則是兩個(gè)具有共同底面的圓錐,故d錯(cuò)誤.故選a.2.c對選項(xiàng)a,如圖所示,在長方體中,滿足lm,m,此時(shí)不滿足l,故a錯(cuò)誤;對選項(xiàng)b,如圖所示,在長方體中,滿足lm,l,此時(shí)不滿足m,故b錯(cuò)誤;對選項(xiàng)c,若l,m,則lm,故c正確.對選項(xiàng)d,如圖所示,在長方體中,滿足l,m,不滿足lm,故d錯(cuò)誤.故選c.3.b在棱bb1上取一點(diǎn)h,使bh=13bb1,連接ph,qh,由題意sphq=sabc,bh平面phq,所以vb-phq=13sphqbh=13sabc13bb1=1

12、9v,vabc-phq=sabcbh=13sabcbb1=13v,所以vb-apqc=vabc-phq-vb-phq=13v-19v=29v.故選b.4.ca選項(xiàng)中,根據(jù)mn,m,n,得到或,所以a錯(cuò)誤;b選項(xiàng)中,mn,=m,n,不一定得到,所以b錯(cuò)誤;c選項(xiàng)中,因?yàn)閙n,n,所以m,又m,從而得到,所以c正確;d選項(xiàng)中,根據(jù)mn,m,所以n,而n,所以得到,所以d錯(cuò)誤.故選c.5.a如圖,取dd1的中點(diǎn)f,連接af,ef,顯然efab1,則四邊形ab1ef為所求的截面.因?yàn)閐1e=c1e=2,所以b1e=22+42=25,ab1=42+42=42,ef=22+22=22,af=42+22=2

13、5,所以截面的周長為62+45.6.a設(shè)酒杯上部分(圓柱)的高為h,球的半徑為r,則酒杯下部分(半球)的表面積為2r2,酒杯內(nèi)壁表面積為143r2,得圓柱側(cè)面積為143r2-2r2=83r2,酒杯上部分(圓柱)的表面積為2rh=83r2,解得h=43r,酒杯下部分(半球)的體積v2=1243r3=23r3,酒杯上部分(圓柱)的體積v1=r243r=43r3,所以v1v2=43r323r3=2.故選a.7.c設(shè)等邊三角形abc的邊長為a,球o的半徑為r,abc的外接圓的半徑為r,則sabc=34a2=934,s球o=4r2=16,解得a=3,r=2.故r=2332a=3.設(shè)o到平面abc的距離為

14、d,則d2+r2=r2,故d=r2-r2=4-3=1.故選c.8.a設(shè)ac的中點(diǎn)為o,因?yàn)閐c=da,所以doac.又因?yàn)槠矫鎍cd平面acb,平面acd平面acb=ac,所以do平面abc,設(shè)abc=adc=,(0,),在acd中,do=adcos2=2cos2,由題意可知do=do=2cos2,sabc=1222sin=2sin,vd-abc=13sabcdo=43sincos2=83sin2cos22=83sin21-sin22022.設(shè)t=sin2,則vd-abc=83(t-t3),且0t1,所以vd-abc=83(1-3t2),所以當(dāng)0t0,當(dāng)33t1時(shí),vd-abcssab,當(dāng)as

15、b為銳角或直角時(shí),(ssae)max=ssab,故c不正確;由lad,得l與平面scd所成的角等于ad與平面scd所成的角,即為ado,又因?yàn)閍do=45,故d正確.故選abd.11.ad對于a選項(xiàng),由于平面add1a1平面bcc1b1,而平面bmn與這兩個(gè)平面分別交于hf和be,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知hfbe,故a正確;由于a1ffa=12,而e是cc1的中點(diǎn),故ma1=1,c1n=2.對于b選項(xiàng),vb1-bmn=vb-mnb1=1312mb1nb1bb1=1312342=4,故b錯(cuò)誤;對于c選項(xiàng),由于b1n平面a1b1ba,所以直線mn與平面a1b1ba所成的角為nmb1,且tannm

16、b1=b1nb1m=431,故c錯(cuò)誤;對于d選項(xiàng),可知d1g=12,gc1=32,故d正確.綜上可知,正確的為ad,故選ad.12.ac連接bd,ac,交于點(diǎn)o,由正方體性質(zhì)知bdd1b1是矩形,sbef=12efbb1=12221=24,由正方體性質(zhì)知ao平面bdd1b1,ao是點(diǎn)a到平面bdd1b1的距離,即ao=22,va-bef=13sbefao=132422=112,va-bef是定值,故a正確;連接a1c1與b1d1交于點(diǎn)m,連接ad1,ab1,由正方體性質(zhì)知ad1=ab1,m是b1d1中點(diǎn),amef,又bb1ef,bb1aa1,二面角a-ef-b的平面角即為a1am,在直角三角形

17、aa1m中,tanmaa1=22為定值,故b不正確;如圖,作fha1b1,ega1b1,fteg,垂足分別為點(diǎn)h,g,t.在直角三角形eft中,ft=cos45ef=2222=12,hg=ft=12,故c正確;當(dāng)e與d1重合時(shí),f與m重合,連接ac與bd交于點(diǎn)r,連接d1r,d1rbm,異面直線ae與bf所成的角,即為直線ad1與d1r所成的角,在ad1r中,ad1=2,d1r=mb=bb12+mb12=62,ar=22,由余弦定理得cosad1r=32,則ad1r=6,故d不正確,故選ac.13.2如圖所示將此三棱錐補(bǔ)成正方體dbca-d1b1c1p,則pb與ac所成的角的大小即此正方體體對

18、角線pb與棱bd所成角的大小,在rtpdb中,tandbp=pddb=2,異面直線pb與ac所成角的正切值為2.14.27設(shè)圓柱的底面圓的半徑為r,高為h.由題意可得2rh2r2+2rh=12,2(2r+h)=18,解得r=h=3,則該圓柱的體積是r2h=27.15.2255當(dāng)e在ac上時(shí),因?yàn)閜a平面abc,故pade,又pcde,故de平面pac.故deac.又acb=90,d為ab中點(diǎn),故debc,所以e為ac中點(diǎn).故ae=12ac=2.取ac中點(diǎn)f,則由知df平面pac,故pcdf,又pcde,設(shè)平面defpc=g,則有pc平面dgf.故點(diǎn)e的軌跡為線段fg.又此時(shí)cf=2,故sinp

19、ca=222+42=55.所以fg=cfsinpca=255.16.22如圖所示,b1c1d1=b1a1d1=bad=60,且b1c1=c1d1,b1c1d1為等邊三角形.b1d1=2.設(shè)點(diǎn)o1是b1c1的中點(diǎn),則o1d1=3,易證d1o1平面bcc1b1,設(shè)p是球面與側(cè)面bcc1b1交線上任意一點(diǎn),連接o1p,則o1d1o1p,d1p2=d1o12+o1p2,即5=3+o1p2,o1p=2.即p在以o1為圓心,以2為半徑的圓上.取bb1,cc1的中點(diǎn)分別為e,f,則b1e=c1f=o1b1=o1c1=1,ef=2,o1e=o1f=2,o1e2+o1f2=ef2=4,eo1f=90,交線epf

20、=1422=22.17.(1)證明a1d1ad,a1d1=ad,又bcad,bc=ad,a1d1bc,且a1d1=bc,連接a1b,則四邊形a1bcd1是平行四邊形,所以a1bd1c.在aba1中,am=an=1,aa1=ab=3,所以amaa1=anab,所以mna1b,所以mnd1c,所以m,n,c,d1四點(diǎn)共面.(2)解因?yàn)槠矫鎍bb1a1平面dcc1d1,又m,n,c,d1四點(diǎn)共面,所以平面amn平面dd1c,延長cn與da相交于點(diǎn)p,因?yàn)閍ndc,所以andc=papd,即13=papa+3,解得pa=32,同理延長d1m與da相交于點(diǎn)q,可得qa=32,所以點(diǎn)p與點(diǎn)q重合,所以d1

21、m,da,cn三線相交于一點(diǎn),所以幾何體amn-dd1c是一個(gè)三棱臺(tái),所以vamn-dd1c=1312+1292+923=132.18.解取am的中點(diǎn)o,ab的中點(diǎn)n,則on,oa,od兩兩垂直,以o為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則a22,0,0,b-22,2,0,m-22,0,0,d0,0,22.(1)證明:由于ad=-22,0,22,bm=(0,-2,0),則adbm=0,故adbm,即adbm.(2)解:設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)e,并設(shè)de=db,(0,1,db=-22,2,-22,則de=-22,2,-22,則點(diǎn)e的坐標(biāo)為-22,2,22-22,(0,1.易得平面adm的法向量可以取n

22、1=(0,1,0),設(shè)平面ame的法向量為n2=(x,y,z),則am=(-2,0,0),ae=-22-22,2,22-22,則n2am=0,n2ae=0,所以-2x=0,-22-22x+2y+22-22z=0,故n2=(0,-1,2).cos=n1n2|n1|n2|=-1(-1)2+42,由于二面角e-am-d大小為3,故cos3=1-(-1)2+42=12,由于(0,1,故解得=23-3或-23-3(舍去).故當(dāng)e位于線段db之間,且dedb=23-3時(shí),二面角e-am-d大小為3.19.(1)證明因?yàn)閟cob,sc平面scmn,ob平面scmn,所以ob平面scmn.又ob平面aob,平

23、面scmn平面aob=mn,所以mnob.(2)解因?yàn)槠矫鎠obc平面aob,平面sobc平面aob=ob,soob,所以so平面aob,即線段so的長就是三棱錐s-mon的高.因?yàn)閛aob,mnob,所以mnoa.設(shè)on=x(0x2),則mn=4-x2,所以三棱錐s-mon的體積為v=13so12onmn=13212x4-x2=13x4-x2=134x2-x4=134-(x2-2)2.所以,當(dāng)x=2時(shí),三棱錐s-mon體積有最大值,vmax=23.20.解以點(diǎn)a為坐標(biāo)原點(diǎn),以ab,ac,aa1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系a-xyz,a1(0,0,2),b1(2

24、,0,2),m(0,2,1),n(1,1,0),則a1b1=(2,0,0),aa1=(0,0,2),an=(1,1,0).(1)證明:a1p=pb1=(a1b1-a1p),a1p=1+a1b1=21+,0,0,ap=aa1+a1p=(0,0,2)+21+,0,0=21+,0,2,pn=an-ap=(1,1,0)-21+,0,2=1-1+,1,-2.am=(0,2,1),ampn=0+2-2=0,即ampn,因此,無論取何值,都有ampn.(2)解:當(dāng)=1時(shí),p(1,0,2),pn=(0,1,-2),pm=(-1,2,-1),而平面abc的法向量n=(0,0,1),設(shè)平面pmn的法向量為m=(x

25、,y,z),則mpm=0,mpn=0,-x+2y-z=0,y-2z=0,則m=(3,2,1),設(shè)平面pmn與平面abc的夾角為,則cos=|mn|m|n|=1414.因此,平面pmn與平面abc的夾角的余弦值是1414.21.(1)證明取b1c1的中點(diǎn)q,連接mq,np,pq,則mqa1b1,且mq=12a1b1,pnab,且pn=12ab,又aba1b1,ab=a1b1,所以pnmq,且pn=mq,所以pnmq為平行四邊形,所以mnpq.又mn平面b1bcc1,pq平面b1bcc1,所以mn平面b1bcc1.(2)解設(shè)ab=a,ac=b,aa1=c,bac=,由已知可得,|a|=|b|=|c|=1,且ac=bc=0,則ap=a+12c,nm=pq=12bb1+12b1c1=12c+12b-12a,因?yàn)閍pmn,所以apnm=a+12c12c+12b-12a=12ab-12a2+14c2=12cos-14=0,所以c