第13章 立体几何初步单元综合能力测试卷-2024学年高一数学同步学与练（苏教版）（解析版）

第第页第13章立体几何初步单元综合能力测试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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．已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，下列四个命题中不正确的是（

）A．，，且B．，C．，，D．，【答案】B【解析】对于A项，由，可得，又，则，故A项正确；对于B项，由，可得或，故B项错误；对于C项，由，可得，因，故得，即C项正确；对于D项，由线面垂直的性质易得结论正确.故选：B.2．如图，在四棱锥中，平面，那与垂直的充分条件是（）A．四边形为矩形 B．四边形为菱形C．四边形为平行四边形 D．四边形为梯形【答案】B【解析】若满足，又因为平面，平面

，所以，又，平面，故平面，又因为平面，所以，故当时，即可推出.所以四边形为菱形．故选：B.3．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（

）A． B．4 C． D．【答案】C【解析】在直角梯形中，，则，直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，，，，，所以该平面图形的高为．故选：C．4．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为底面半径，所以底面积，底面周长，圆锥母线长，圆锥侧面积，故圆锥的表面积为．故选：C.5．随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14)（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，设下底面圆的半径为，则，所以该瓷器的外表面积为.故选：C.6．如图，在四面体中作截面，若，的延长线交于点，，的延长线交于点，，的延长线交于点则下列四个选项中正确的个数是（

）（1），，三点共线；（2），，，四点共面；（3）.A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，直线平面，，直线平面，所以是平面与平面的一个公共点，所以在平面与平面的交线上，同理可证，也在平面与平面的交线上，所以三点共线，所以（1）正确；平面，所以（2）错误；由于，所以（3）错误.故选：B.7．已知在正四面体中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设正四面体的棱长为2，取BD的中点N，连接MN，CN，如图，由M是AB的中点，得，则是CM与AD所成的角或其补角，显然，取MN的中点E，连接CE，则，在中，，因此，所以直线CM与AD所成角的余弦值为.故选：C8．如图，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是，上的动点，则的周长的最小值为（

）

A．2 B． C． D．【答案】C【解析】如图，将以为旋转轴，旋转到与平面同一个平面，由，得，所以，又，所以的周长为，又，所以，在中，由余弦定理得，，即的周长的最小值为.故选：C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．如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是（

）A．直线与直线相交；B．直线与直线平行；C．直线BM与直线是异面直线；D．直线与直线成角.【答案】CD【解析】如图所示，将正方体的平面展开图，复原为正方体，对于A中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），所以直线与为异面直线，所以A不正确；对于B中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），所以直线与为异面直线，所以B不正确；对于C中，平面平面，平面，平面，所以直线与不相交，连接，则，而与相交，所以与不平行，否则，不合题意，所以直线与是异面直线，所以C正确；对于D中，连接，则为正三角形，可得，又由，则为直线与直线所成的角，即直线与直线所成的角为，所以D正确.故选：CD.10．如图，三棱锥中，，平面，则下列结论正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．二面角的正切值为C．点到平面的距离为D．【答案】ABC【解析】选项A，因为平面，故为直线与平面所成的角，又，所以，故直线与平面所成的角是，故A正确；选项B，取中点为，连接，，因为，平面，所以，，因为，平面，所以平面，故为二面角的平面角，则，故二面角的正切值为，故B正确；选项C，因为，所以，设到面的距离为，则由，可得：，解得，故C正确；选项D，若，又，且，平面,则面，则有，与矛盾，故D错误．故选:ABC．11．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． B． C． D．【答案】ACD【解析】由题意作出图象如图，设外接球球心为O，E为BC中点，连接，则，作平面交平面与D，因为，所以为外心，因为，所以，，，，则该棱柱的外接球的体积.故选：ACD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知圆锥的侧面展开图是半径为8的直角扇形，则此圆锥的表面积为．【答案】【解析】如图，设圆锥底面半径为r，则，解得，所以，该圆锥的表面积为.故答案为：13．在已知长方体中，，点为棱上一点且，点为线段上的动点，则的最小值为．【答案】【解析】如图，将矩形和三角形沿翻折成平面图形，连接交于点，可知最短，，，，，．故答案为：14．一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为.【答案】【解析】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，连接，是球与侧面的切点，可知在上，，设内切球半径为，则，，，，由，，即，解得，所以内切球表面积为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图，在长方体中，点､分别为棱､的中点.（1）求证：、、、四点共面；（2）确定直线与直线交点的位置，不需要说明理由.【解析】（1）如图，连线段、、∵，，∴，又∵长方体，∴，∴，∴､､､四点共面，（2）直线与直线交点的位置在射线的延长线上，且距离点的距离与长相等.（理由供参考：设，所以，所以平面，同理可得平面，所以在平面与平面的交线上，又平面平面，所以，又因为，所以，所以为中点，所以直线与直线交点的位置在射线的延长线上，且距离点的距离与长相等.）16．（15分）如图，在四棱柱中，底面为正方形，平面．(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【解析】（1）因为底面为正方形，平面，平面,所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）易知平面，故到平面的距离即到平面的距离，过作，平面平面，由上结论可知平面，由题意面为正方形，平面，平面，则，所以,显然是等腰直角三角形，又四边形为平行四边形，故是等腰直角三角形，所以,故四棱锥的高为1.17．（15分）如图，在四棱锥中，，，平面平面．(1)证明：平面；(2)已知，且，求点D到平面的距离．【解析】（1）因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为，所以平面．（2）由（1）可知，平面，且平面，所以平面平面，过作直线的垂线，垂足为，则平面，由，，可得，，，，因为平面，平面，所以，则，可得，在直角梯形中，因为，可得，所以，在等腰中，，取的中点，连接，可得，且，所以，设点到平面的距离为，由，可得，解得，所以点到平面的距离为．18．（17分）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，对角线交于点平面，平面是过直线的一个平面，与棱交于点，且．

(1)求证：；(2)若平面交于点，求的值；(3)若二面角的大小为，求的长．【解析】（1）四棱锥的底面是菱形，，又平面，平面，则平面，而平面平面，平面，所以.（2）由平面，平面，得平面平面，而，平面，于是平面，又平面，则，即三点共线，由平面，平面，则，如图，在中，过点作的垂线，垂足为，于是，设，由，得，，，从而，所以，即．（3）

过点作于点，连接，由平面，平面，则，而平面，则平面，而平面，于是，则有为二面角的平面角，即，在菱形中，由，得，则，由（2）得，所以.19．（17分）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.

(1)当点M与端点D重合时，证明：平面；(2)求三棱锥的体积的最大值；(3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.【解析】（1）当点M与端点D重合时，由可知，由题意知上平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，可知，平面，平面，所以平面（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，