2025版新教材高考数学一轮复习单元质检卷七空间向量与立体几何含解析新人教A版

单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:100分钟满分:150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.(2024河北沧州一中月考)下列说法正确的是()A.棱柱的各个侧面都是平行四边形B.底面是矩形的四棱柱是长方体C.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥2.(2024辽宁大连高三模拟)已知两条不同的直线l,m和一个平面α,下列说法正确的是()A.若l⊥m,m∥α,则l⊥α B.若l⊥m,l⊥α,则m∥αC.若l⊥α,m∥α,则l⊥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m3.(2024广东高三一模(理))已知直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,若P,Q分别在AA1,CC1上,且AP=13AA1,CQ=13CC1,则四棱锥B-APQC的体积是(A.16V B.29V C.13V D4.(2024宁夏六盘山高级中学高三模拟)对于不同的直线m,n和平面α,β,α⊥β的一个充分条件是()A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂αC.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β5.(2024河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为()A.62+45 B.42+25C.52+35 D.82+456.(2024山东日照五莲丶潍坊安丘、潍坊诸城、临沂兰山高三6月模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的才智与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽视杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,酒杯内壁表面积为143πR2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则V1V2A.2 B.32 C.1 D.7.(2024全国2,理10)已知△ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(A.3 B.32 C.1 D.8.(2024山东泰安其次中学月考)菱形ABCD的边长为2,现将△ACD沿对角线AC折起使平面ACD'⊥平面ACB,则此时所成空间四面体体积的最大值为()A.16327 B.539 C.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.在正四面体A-BCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,下面四个结论中正确的是()A.BC∥平面AGF B.EG⊥平面ABFC.平面AEF⊥平面BCD D.平面ABF⊥平面BCD10.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,则以下结论正确的是()A.AD∥平面SBCB.l∥ADC.若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积D.l与平面SCD所成角的大小为45°11.(2024河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满意A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=22.则下列结论正确的是(A.三棱锥A-BEF的体积为定值B.当E向D1运动时,二面角A-EF-B渐渐变小C.EF在平面ABB1A1内的射影长为1D.当E与D1重合时,异面直线AE与BF所成的角为π三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.正三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成角的正切值等于.

14.(2024辽宁高三二模(理))已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半,且其轴截面的周长是18,则该圆柱的体积是.

15.(2024福建福州高三期末)《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.①当E在AC上时,AE=;②点E的轨迹的长度为.

16.(2024新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.

四、解答题:本题共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.(10分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.(1)证明:M,N,C,D1四点共面;(2)求几何体AMN-DD1C的体积.18.(12分)(2024广西南宁二中高三月考)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求证:AD⊥BM;(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为π3时,试确定点E的位置19.(12分)(2024全国高三二模(文))如图,扇形AOB的圆心角为90°,半径为2,四边形SOBC为正方形,平面SOBC⊥平面AOB,过直线SC作平面SCMN交AB于点M,交OA于点N.(1)求证:MN∥OB;(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.20.(12分)(2024四川宜宾叙州其次中学高三一模(理))如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,且AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且A1P=λ(1)求证:不论λ取何值,总有AM⊥PN;(2)当λ=1时,求平面PMN与平面ABC夹角的余弦值.21.(12分)(2024山东高三联考三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1,AB=AC=AA1=1,M,N,P分别为A1C1,AB1,BB1的中点,且AP⊥MN.(1)求证:MN∥平面B1BCC1;(2)求∠BAC;(3)求二面角A1-PN-M的余弦值.22.(12分)(2024重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAB⊥底面ABCD,E为PC上的点,且BE⊥平面APC.(1)求证:平面PAD⊥平面PBC;(2)当三棱锥P-ABC体积最大时,求二面角B-AC-P的余弦值.参考答案单元质检卷七空间向量与立体几何1.A对于A,依据棱柱的性质可知,棱柱的各个侧面都是平行四边形,故A正确;对于B,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时的四棱柱是斜四棱柱,不是长方体,只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体,故B错误;对于C,有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体不肯定是棱锥,只有其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体,才是棱锥,故C错误;对于D,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,假如围着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥,故D错误.故选A.2.C对选项A,如图所示,在长方体中,满意l⊥m,m∥α,此时不满意l⊥α,故A错误;对选项B,如图所示,在长方体中,满意l⊥m,l⊥α,此时不满意m∥α,故B错误;对选项C,若l⊥α,m∥α,则l⊥m,故C正确.对选项D,如图所示,在长方体中,满意l∥α,m∥α,不满意l∥m,故D错误.故选C.3.B在棱BB1上取一点H,使BH=13BB1,连接PH,QH由题意S△PHQ=S△ABC,BH⊥平面PHQ,所以VB-PHQ=13S△PHQ·BH=13S△ABC·13BB1=19V,VABC-PHQ=S△ABC·BH=13S△ABC·BB1=13V,所以VB-APQC=VABC-PHQ-VB-PHQ=13V-4.CA选项中,依据m⊥n,m∥α,n∥β,得到α⊥β或α∥β,所以A错误;B选项中,m⊥n,α∩β=m,n⊂α,不肯定得到α⊥β,所以B错误;C选项中,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊂α,从而得到α⊥β,所以C正确;D选项中,依据m∥n,m⊥α,所以n⊥α,而n⊥β,所以得到α∥β,所以D错误.故选C.5.A如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,明显EF∥AB1,则四边形AB1EF为所求的截面.因为D1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,6.A设酒杯上部分(圆柱)的高为h,球的半径为R,则酒杯下部分(半球)的表面积为2πR2,酒杯内壁表面积为143πR2,得圆柱侧面积为143πR2-2πR2=83πR2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2πR×h=83πR2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的体积V2=12×43π×R3=23πR3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=7.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,则S△ABC=34a2=934,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=23×32a=3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R故选C.8.A设AC的中点为O,因为D'C=D'A,所以D'O⊥AC.又因为平面ACD'⊥平面ACB,平面ACD'∩平面ACB=AC,所以D'O⊥平面ABC,设∠ABC=∠ADC=α,α∈(0,π),在△ACD中,DO=ADcosα2=2cosα2,由题意可知D'O=DO=2cosα2,S△ABC=12×2×2sinα=2sinα,VD'-ABC=13S△ABC×D'O=43sinαcosα2=83sinα2cos2α2=8设t=sinα2,则VD'-ABC=83(t-t3),且0<t<1,所以V'D'-ABC=83(1-3所以当0<t<33时,V'D'-ABC>0,当33<t<1时,V'D'-ABC<0,所以当t=33时,VD'-ABC取得最大值16327,所以四面体D'ABC9.ABD∵F,G分别是CD,DB的中点,∴GF∥BC,则BC∥平面AGF,故A正确;∵E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,∴CD⊥AF,CD⊥BF,AF∩BF=F,即CD⊥平面ABF,∵EG∥CD,∴EG⊥平面ABF,故B正确;∵CD⊥平面ABF,CD⊂平面BCD,∴平面ABF⊥平面BCD,故D正确,C错误.故选ABD.10.ABD由AB和CD是圆O的直径,且AB⊥CD,得四边形ABCD为正方形,则AD∥BC.BC⊂平面SBC,从而AD∥平面SBC,故A正确;又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,故B正确;因为S△SAE=12SA·SEsin∠ASE,当∠ASB为钝角时,(S△SAE)max>S△SAB当∠ASB为锐角或直角时,(S△SAE)max=S△SAB,故C不正确;由l∥AD,得l与平面SCD所成的角等于AD与平面SCD所成的角,即为∠ADO,又因为∠ADO=45°,故D正确.故选ABD.11.AD对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,依据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A正确;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1对于C选项,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D综上可知,正确的为AD,故选AD.12.AC连接BD,AC,交于点O,由正方体性质知BDD1B1是矩形,∴S△BEF=12EF·BB1=12×22×1=24,由正方体性质知AO∴AO是点A到平面BDD1B1的距离,即AO=22,∴VA-BEF=13S△BEF×AO=13×24×22=连接A1C1与B1D1交于点M,连接AD1,AB1,由正方体性质知AD1=AB1,M是B1D1中点,∴AM⊥EF,又BB1⊥EF,BB1∥AA1,∴二面角A-EF-B的平面角即为∠A1AM,在直角三角形AA1M中,tan∠MAA1=22为定值,故B不正确如图,作FH⊥A1B1,EG⊥A1B1,FT⊥EG,垂足分别为点H,G,T.在直角三角形EFT中,FT=cos45°×EF=22×22=12,∴当E与D1重合时,F与M重合,连接AC与BD交于点R,连接D1R,D1R∥BM,异面直线AE与BF所成的角,即为直线AD1与D1R所成的角,在△AD1R中,AD1=2,D1R=MB=BB12+由余弦定理得cos∠AD1R=32,则∠AD1R=π6,故D不正确,故选13.2如图所示将此三棱锥补成正方体DBCA-D1B1C1P,则PB与AC所成的角的大小即此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小,在Rt△PDB中,tan∠DBP=PDDB=2,∴异面直线PB14.27π设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.由题意可得2πrh2πr2+2πrh=115.①2②255①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2②取AC中点F,则由①知DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,设平面DEF∩PC=G,则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,故sin∠PCA=222+42=516.22π如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.设点O1是B1C1的中点,则O1D1=3,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上随意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O1为圆心,以取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=2,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,∴交线EPF=14×217.(1)证明∵A1D1∥AD,A1D1=AD,又BC∥AD,BC=AD,∴A1D1∥BC,且A1D1=BC,连接A1B,则四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.在△ABA1中,AM=AN=1,AA1=AB=3,所以AMAA1=ANAB,所以所以MN∥D1C,所以M,N,C,D1四点共面.(2)解因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,又M,N,C,D1四点共面,所以平面AMN∥平面DD1C,延长CN与DA相交于点P,因为AN∥DC,所以ANDC=PAPD,即13=PAPA+3,解得PA=32,同理延长D1M与DA相交于点Q,可得QA=32,所以点P与点Q重合所以几何体AMN-DD1C是一个三棱台,所以VAMN-DD1C=18.解取AM的中点O,AB的中点N,则ON,OA,OD两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A22,0,0,B-22,2,0,M-22,0,0,D(1)证明:由于AD=-22,0,22,BM=(0,-2,0),则AD·BM=0,故AD⊥BM,即(2)解:设存在满意条件的点E,并设DE=λDB,λ∈(0,1],DB=-22,2,-22,则DE=λ-22,2则点E的坐标为-22λ,2λ,22-22λ,λ∈(0,1].易得平面ADM的法向量可以取n1=(0,1,0),设平面AME的法向量为n2=(x,y,z),则AM=(-2,0,0),AE=-22λ-2-故n2=(0,λ-1,2λ).cos<n1,n2>=n1由于二面角E-AM-D大小为π3故cosπ3由于λ∈(0,1],故解得λ=23-3或-23-3(舍去).故当E位于线段DB之间,且DEDB=23-3时,二面角E-AM-D大小为19.(1)证明因为SC∥OB,SC⊂平面SCMN,OB⊄平面SCMN,所以OB∥平面SCMN.又OB⊂平面AOB,平面SCMN∩平面AOB=MN,所以MN∥OB.(2)解因为平面SOBC⊥平面AOB,平面SOBC∩平面AOB=OB,SO⊥OB,所以SO⊥平面AOB,即线段SO的长就是三棱锥S-MON的高.因为OA⊥OB,MN∥OB,所以MN⊥OA.设ON=x(0<x<2),则MN=4-x2,所以三棱锥S-MON的体积为V=13SO·12ON·MN=1所以,当x=2时,三棱锥S-MON体积有最大值,Vmax=220.解以点A为坐标原点,以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),则A1B1=(2,0,0),AA1=(1)证明:∵A1P=λPB∴A∵AP=AA1+A1P=(0,0,2)+2λ1+λ,0,0=2λ1+λ,0,2,PN=AN-AP=(1,1,0)-2λ1+λ,0,2因此,无论λ取何值,都有AM⊥PN.(2)解:当λ=1时,P(1,0,2),PN=(0,1,-2),PM=(-1,2,-1),而平面ABC的法向量n=(0,0,1),设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),则m则m=(3,2,1),设平面PMN与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是1421.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQ∥A1B1,且MQ=12A1B1,PN∥AB,且PN=12又AB∥A1B1,AB=A1B1,所以PN∥MQ,且PN=MQ,所以PNMQ为平行四边形,所以MN∥PQ.又MN⊄平面B1BCC1,PQ⊂平面B1BCC1,所以MN∥平面B1BCC1.(