高中数学北师大版讲义(必修二)第39讲第六章立体几何初步章末综合检测卷(新题型)(学生版+解析)

第六章：立体几何初步章末综合检测卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为2aA．22a2 B．42a22．（23-24高一下·湖南常德·期中）设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若m//α,n//α，则m//n B．若m//n,m//α，则n//αC．若m⊂α,n⊂β，则m,n是异面直线 D．若α//β,m⊂α,n⊂β，则m//n或m，n是异面直线3．（23-24高一下·河南郑州·期中）若一个球体的体积与其表面积的值相等，则该球体的半径为（

）A．1 B．2 C．3 D．34．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（）A．高为22 C．侧面积为14π D．体积为5．（23-24高一下·福建宁德·期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，⋯的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘

A．4π B．5π C．8π6．（23-24高一下·重庆·期中）某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为5，则该圆锥的体积为（

）A．2503π3 B．2502π37．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（

）A．63 B．33 C．138．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线AB=8cm，A在上底面上，B在下底面上，从AB中点MA．10 B．12 C．16 D．20二、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．（2024高一下·全国·专题练习）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°,∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A−BCD，则在几何体A−BCD中，下列结论正确的是（

）A．CD⊥平面ABDB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面ADC10．（2024高一下·全国·专题练习）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图，若点G,H,M,N分别是正八面体棱DE,BC,AD,BF的中点，则下列结论错误的是（

）A．GH⊥平面FBC B．GH与MN是异面直线C．GH//平面EAB D．MN与GH是相交直线11．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，正方体ABCD−A1BA．当0<CQ<1B．当CQ=1C．当CQ=34时，S与C1DD．当34三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC与B113．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=18,BC=24,AC=30，则球的表面积为，球的体积为.14．（2024高一下·全国·专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点P是棱BB1上一点(不包括端点)，若异面直线四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，为M棱BB1的中点，P为棱A1D1(1)求证：平面MNDA1//(2)求异面直线CQ与MN所成角的余弦值；(3)求多面体MNDA16．（23-24高一下·安徽·阶段练习）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA=2，∠AOP=120°，三棱锥(1)求圆柱OO(2)求三棱锥A117．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°,△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3，连接PD，如图2，

(1)证明：AB⊥PC；(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；(3)在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN﹖若存在，请求出PNPD18．（23-24高一下·河南郑州·期中）在梯形ABCD中，DC//AB，E是线段AB上一点，AD=2，AB=5，AE=CD=1，∠DAB=60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，连接SA,SD使得平面SCD⊥平面AECD．(1)证明：AE//平面SCD；(2)求异面直线AE与SC所成的角；(3)求直线AE与平面SDE所成角的正弦值．19．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为7312，平面ABB

(1)证明：BC⊥平面ABB(2)求点B到面ACC(3)在线段CC1上是否存在点F，使得二面角F−AB−C的大小为π6第六章：立体几何初步章末综合检测卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为2aA．22a2 B．42a2【答案】B【分析】计算直观图的面积为2a2，再根据直观图的面积S'与原图面积S【详解】直观图的面积S'=2由直观图的面积与原图面积的关系为S'S=故选：B.2．（23-24高一下·湖南常德·期中）设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若m//α,n//α，则m//n B．若m//n,m//α，则n//αC．若m⊂α,n⊂β，则m,n是异面直线 D．若α//β,m⊂α,n⊂β，则m//n或m，n是异面直线【答案】D【分析】利用空间中线、面的位置关系一一判定选项即可.【详解】对于A，可设m=A1D1,n=A1对于B，可设m=A1D1,n=AD,α为平面AC对于C，可设m=A1D1,n=AD,α,β显然m⊂α,n⊂β，但m//n，故C错误；对于D，若α//β,m⊂α,n⊂β，则两平面不会有交点，所以m//n或m，n是异面直线，故D正确.故选：D3．（23-24高一下·河南郑州·期中）若一个球体的体积与其表面积的值相等，则该球体的半径为（

）A．1 B．2 C．3 D．3【答案】C【分析】由球的体积公式、表面积公式列式即可求解.【详解】设该球体的半径为R，由题意43πR故选：C.4．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（）A．高为22 C．侧面积为14π D．体积为【答案】C【分析】根据题意，求出圆台的上下底面圆半径、母线长和高，运用侧面积公式和体积公式，即可一一判断正误即得.【详解】设圆台的上、下底面半径分别为r,R,依题意，2πr=2π3×3,解得圆台的母线长为l=6−3=3，故圆台的高ℎ=l圆台的侧面积为S圆台测圆台的体积为V圆台故选：C.5．（23-24高一下·福建宁德·期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，⋯的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘

A．4π B．5π C．8π【答案】A【分析】根据斐波那契数的规律，求出下一个圆弧的半径和弧长，进一步求出圆锥的的底面半径，即可求解.【详解】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，所以接下来的圆弧所在扇形的半径是3+5=8，对应的弧长l=2π设圆锥的底面半径为r，则2πr=4π所以该圆锥的底面积为πr故选：A.6．（23-24高一下·重庆·期中）某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为5，则该圆锥的体积为（

）A．2503π3 B．2502π3【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，周长为2πl，由周长公式求出【详解】设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，周长为2π又圆锥底面半径为5，则底面周长为2π故2πl=3×10π所以圆锥的高为ℎ=15所以圆锥的体积为V=1故选：B.7．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（

）A．63 B．33 C．13【答案】B【分析】根据题中条件连接AC，取AC的中点O，连接OE,OB，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可.【详解】连接AC，取AC的中点O，连接OE,OB，由题意知，EO∥PC，则异面直线BE与PC所成角为∠BEO（或其补角），在△BEO中，EO=1,BO=2则cos∠BEO=则异面直线BE与PC所成角的余弦值为33故选：B.8．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线AB=8cm，A在上底面上，B在下底面上，从AB中点MA．10 B．12 C．16 D．20【答案】D【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离．【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O,由图得：所求的最短距离是MB设OA=R，圆心角是α，则由题意知，4π=αR①，8π由①②解得，α=π∴OM=12,OB'=16则则绳子最短距离为20cm．故选:D．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．（2024高一下·全国·专题练习）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°,∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A−BCD，则在几何体A−BCD中，下列结论正确的是（

）A．CD⊥平面ABDB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面ADC【答案】AD【分析】利用直线、平面垂直的有关判定和性质定理判断即可.【详解】∵AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,∴CD⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，∴CD⊥平面ABD，又AB⊂面ABD，∴CD⊥AB，∵AB⊥AD，且CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ADC，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC,故选：AD.10．（2024高一下·全国·专题练习）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图，若点G,H,M,N分别是正八面体棱DE,BC,AD,BF的中点，则下列结论错误的是（

）A．GH⊥平面FBC B．GH与MN是异面直线C．GH//平面EAB D．MN与GH是相交直线【答案】ABD【分析】利用空间中直线的位置关系、线面平行、线面垂直的判定结合正八面体的特征一一判断选项即可.【详解】如图，连接AC,BD,EF,MN,NH,GH,MG，易知AC,BD,EF两两相交且相互平分，∴四边形AECF为平行四边形，即AE//CF.又点G,H,M,N分别是正八面体棱DE,BC,AD,BF的中点，∴GM//AE,NH//CF，且GM=1∴GM//NH,GM=NH，∴四边形MNHG是平行四边形，故B，D错误；易知MH//AB，MH⊄平面EAB，AB⊂平面EAB，所以MH//平面EAB，又MH、MG⊂平面GMH，MH∩MG=M，所以平面GMH//平面EAB，又GH⊂平面GMH，∴GH//平面EAB，故C正确；由题意得EH⊥BC,MH⊥BC，EH∩MH=H，∴BC⊥平面EMH.又GH⊄平面EMH，GH∩EH=H，∴GH与BC不垂直，∴GH与平面FBC不垂直，故A错误.故选：ABD11．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，正方体ABCD−A1BA．当0<CQ<1B．当CQ=1C．当CQ=34时，S与C1DD．当34【答案】ABC【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质，结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形，利用相似比可得线段的长度，可得答案.【详解】对于A，可作图如下：AE=平面APQE∩平面ADD1A1，PQ=平面APQE∩在正方体ABCD−A1B1C1D易知△PCQ∼△ADE，则ADPC=EDCQ，由P为CB的中点，则由0<CQ<12，则0<ED<1，所以对于B，由题意作图如下：由A可知DE=2QC，由QC=12，则DE=1，即点E与在正方体ABCD−A1B1C1D所以△APB≅△D1QC1，则AP=Q对于C，由题意作图如下：在正方体ABCD−A1B1C由CQ=34，CP=12，AA易知△ABP∼△R1D1E，则E对于D，由题意作图如下：在正方体ABCD−A1B1C由CP=12，AD=1，则DF=2CQ，由34所以F位于DD1的延长线上，则E=AF∩A即S为五边形，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC与B1【答案】90°45°【分析】借助等角定理与正方体的性质计算即可得.【详解】B1D1与AC是异面直线，连接BD，交AC于点O所以∠DOC或其补角为B1D1因为ABCD为正方形，所以∠DOC=90°，所以B1D1与AC因为DC//D1C1，所以∠ACD或其补角是因为ABCD为正方形，所以∠ACD=45°，所以AC与D1C1故答案为：90°；45°.13．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=18,BC=24,AC=30，则球的表面积为，球的体积为.【答案】1200π【分析】根据给定条件，求出△ABC外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可.【详解】在△ABC中，由AB=18,BC=24,AC=30，得AB2+B△ABC外接圆半径r=12AC=15，设球半径为R即R2=4所以球的表面积S=4πR2故答案为：1200π；14．（2024高一下·全国·专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点P是棱BB1上一点(不包括端点)，若异面直线【答案】1【分析】将原正方体补形为长方体，利用线线角的定义得到∠P1AC1为异面直线A【详解】将原正方体的一侧补上另一个正方体ABEF−A在EE1上取点P1使EP1所以∠P1AC1设BP=x，则0<x<4，APP1又AC1=4则AC12所以cos∠C1所以BP=1.故答案为：1.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，为M棱BB1的中点，P为棱A1D1(1)求证：平面MNDA1//(2)求异面直线CQ与MN所成角的余弦值；(3)求多面体MNDA【答案】(1)证明见解析(2)10(3)10【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行，进而得到MN∥B1C，进而得到B1Q∥MD，DM//平面C（2）由（1）可得∠B1CQ为异面直线CQ（3）几何体MBN−A1AD与几何体PDQ1−B1C1C的体积相等，即V1=V2【详解】（1）由题意得平面BCC1B//又平面MNDA1∩平面MNDA1∩平面AD同理PQ∥B又A1B1∥AB且A1则A1B1所以四边形A1B1所以MN∥B又M为BB1中点，所以N为同理Q为DD1中点，连接B1因为BB1∥D所以四边形B1QDM为平行四边形，所以又B1Q⊂平面CB1PQ，且DM⊄平面C同理由MN∥B1C可得MN//且DM∩MN=M，DM，MN⊂平面MNDA所以平面MNDA1//（2）由（1）可知：MN∥B所以∠B1CQ为异面直线CQ连接B1Q，B1D1则B1C=22又在正方体中，DD1⊥面A1B1C即B1所以cos∠异面直线CQ与MN所成角的余弦值为1010（3）由正方体特性可知：几何体MBN−A1AD与几何体PD设几何体MNDA1−PQCB1故V=V又M为BB1中点，N为BC中点，将AB延长至O点，使根据相似知识可知，A1M∩AB=O，得到几何体MBN−A1AD体积为三棱锥O−则V1=1所以V=216．（23-24高一下·安徽·阶段练习）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA=2，∠AOP=120°，三棱锥(1)求圆柱OO(2)求三棱锥A1【答案】(1)24(2)64【分析】（1）首先求出AP、BP，即可得到S△APB，再由VA1（2）三棱锥A1−APB外接球即为圆柱【详解】（1）∵在△AOP中，OA=OP=2,∠AOP=120∴AP=2又在△BOP中，OB=OP=2，∠BOP=60°，∴而点P的圆柱OO1的底面圆O上，∴所以S△APB于是由VA1−APB∴AA∴圆柱OO1的表面积（2）三棱锥A1−APB外接球即为圆柱则外接球的球心是OO1的中点，半径所以三棱锥A1−APB外接球的体积17．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°,△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3，连接PD，如图2，

(1)证明：AB⊥PC；(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；(3)在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN﹖若存在，请求出PNPD【答案】(1)证明见解析(2)3(3)存在，PN=【分析】（1）由等边三角形的性质可得PM⊥AB，再由四边形ABCD，∠ABC=60°可得CM⊥AB，再由线面垂直的判定可得AB⊥平面PMC，则AB⊥PC；（2）在PM上取点Q，使得PQ=2QM，设DB∩MC=F，连接NF，BQ,QF，可证得∠BFQ或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在△BFQ中利用余弦定理求解即可；（3）设DB∩MC=F，连接NF，则由线面平行的性质可得PB∥NF，从而可找出N点的位置.【详解】（1）连接PM，因为△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以PM⊥AB.因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，因为PM∩MC=M，PM,MC⊂平面PMC，所以AB⊥平面PMC，因为PC⊂平面PMC，所以AB⊥PC（2）在PM上取点Q，使得PQ=2QM，设DB∩MC=F，连接NF，BQ,QF，因为BM∥CD，所以BFDF在△PMC中，MFCF=QMPQ=所以∠BFQ或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为QFPC=1又BF=1BQ=B在△BFQ中，由余弦定理得cos∠BFQ=所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为34（3）假设线段PD上存在点N，使得PB∥平面MCN，因为PB∥平面MNC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MNC=NF，所以PB∥NF，又BFDF=BM所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN=1

18．（23-24高一下·河南郑州·期中）在梯形ABCD中，DC//AB，E是线段AB上一点，AD=2，AB=5，AE=CD=1，∠DAB=60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，连接SA,SD使得平面SCD⊥平面AECD．(1)证明：AE//平面SCD；(2)求异面直线AE与SC所成的角；(3)求直线AE与平面SDE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)90°(3)2【分析】（1）根据题意，得到AE//CD，结合线面平行的判定定理，即可证得AE//平面SCD；（2）由（1）知AE//CD，异面直线AE与SC所成角就是直线CD与SC所成角，连接DE，得到DE2+DC2=CE2，证得DE⊥CD，再由平面（3）设点A到平面SDE的距离为ℎA，结合V【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，DC//AB，E是线段AB上一点，可得AE//CD因为AE⊂平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AE//平面SCD（2）解：由（1）知AE//CD，异面直线AE与SC所成角就是直线CD与SC所成角，因为AE=CD=1，AE//CD，所以四边形AECD是平行四边形，所以AD//EC，所以∠DAB=∠CEB=60°，AD=EC=2，又因为AE=1，AB=5，所以EB=4，在△ECB中，由余弦定理得BC=E所以CE2+C折叠后，SC=23,SE=4，且连接DE，在△CDE中，由余弦定理得DE=3，可得DE2又因为平面SCD⊥平面AECD，平面SCD∩平面AECD=CD，DE⊂平面AECD，所以DE⊥平面SCD，因为SD⊂平面SCD，所以DE⊥SD，在△SDE中，SD=S在△SCD中，SC2+C所以异面直线AE与SC所成角为90°.（3）解：设AE与平面SDE所成的角为α，由（2）易知DE⊥SC，且SC2+C又因为SC∩CE=C，且SC,CE⊂平面AECD，所以SC⊥平面AECD，所以VS−ADE设点A到平面SDE的距离为ℎA，可得V因为VA−SED=VS−AED，可得19．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知