2022版高考数学一轮复习-单元质检卷七-空间向量与立体几何新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 单元质检卷七 空间向量与立体几何新人教A版

2022版高考数学一轮复习 单元质检卷七 空间向量与立体几何新人教A版

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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.(2020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.(2020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∥α
C.若l⊥α,m∥α,则l⊥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m
3.(2020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 D.79V
4.(2020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⊂α
C.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β
5.

(2020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+25
C.52+35 D.82+45
6.(2020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,体现了古人的智慧与工艺.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,忽略杯壁厚度),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V1V2=(　　)

A.2 B.32 C.1 D.34
7.(2020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.32
8.(2020山东泰安第二中学月考)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.1 D.34
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ABF
C.平面AEF⊥平面BCD D.平面ABF⊥平面BCD
10.

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SBC
B.l∥AD
C.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.

(2020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,且满足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∥BE
B.三棱锥B1-BMN的体积为6
C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°
D.D1G∶GC1=1∶3

12.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逐渐变小
C.EF在平面ABB1A1内的射影长为12
D.当E与D1重合时,异面直线AE与BF所成的角为π4
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.(2020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.

(2020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.(2020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)(2020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)(2020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)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(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=λPB1.
(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)(2020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)(2020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,根据棱柱的性质可知,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一定是棱锥,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,如果绕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,满足l⊥m,m∥α,此时不满足l⊥α,故A错误;
对选项B,如图所示,

在长方体中,满足l⊥m,l⊥α,此时不满足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,满足l∥α,m∥α,不满足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-19V=29V.故选B.
4.C　A选项中,根据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,不一定得到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,根据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,

显然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,AF=42+22=25,所以截面的周长为62+45.
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=πR2×43R=43πR3,所以V1V2=43πR323πR3=2.故选A.
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=R2,故d=R2-r2=4-3=1.
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=83sinα21-sin2α20<α2<π2.
设t=sinα2,则VD'-ABC=83(t-t3),且0<t<1,所以V'D'-ABC=83(1-3t2),
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'ABC体积的最大值为16327.故选A.
9.

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,根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×NB1×BB1=13×12×3×4×2=4,故B错误;
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=43≠1,故C错误;
对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D正确.
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⊥平面BDD1B1,
∴AO是点A到平面BDD1B1的距离,即AO=22,∴VA-BEF=13S△BEF×AO=13×24×22=112,∴VA-BEF是定值,故A正确;
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,∴HG=FT=12,故C正确;
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+MB12=62,AR=22,
由余弦定理得cos∠AD1R=32,则∠AD1R=π6,故D不正确,故选AC.

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PB与AC所成角的正切值为2.
14.27π　设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.
由题意可得2πrh2πr2+2πrh=12,2(2r+h)=18,解得r=h=3,则该圆柱的体积是πr2h=27π.
15.①2　②255　①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥平面PAC.
故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2.
②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=55.所以FG=CF·sin∠PCA=255.
16.22π　如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1,

∴△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交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O1为圆心,以2为半径的圆上.
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=14×22×π=22π.
17.

(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MN∥A1B,
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D1M,DA,CN三线相交于一点,
所以几何体AMN-DD1C是一个三棱台,所以VAMN-DD1C=13×12+12×92+92×3=132.
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,D0,0,22.
(1)证明:由于AD=-22,0,22,BM=(0,-2,0),则AD·BM=0,故AD⊥BM,即AD⊥BM.
(2)解:设存在满足条件的点E,并设DE=λDB,λ∈(0,1],DB=-22,2,-22,则DE=λ-22,2,-22,
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-22,2λ,22-22λ,则n2·AM=0,n2·AE=0,所以
-2x=0,-22λ-22x+2λy+22-22λz=0,
故n2=(0,λ-1,2λ).
cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=λ-1(λ-1)2+4λ2,
由于二面角E-AM-D大小为π3,
故cosπ3=1-λ(λ-1)2+4λ2=12,
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π3.
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=13×2×12×x×4-x2=13x×4-x2=134x2-x4=134-(x2-2)2.
所以,当x=2时,三棱锥S-MON体积有最大值,Vmax=23.
20.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=(0,0,2),AN=(1,1,0).

(1)证明:∵A1P=λPB1=λ(A1B1-A1P),
∴A1P=λ1+λA1B1=2λ1+λ,0,0,
∵AP=AA1+A1P=(0,0,2)+2λ1+λ,0,0=2λ1+λ,0,2,PN=AN-AP=(1,1,0)-2λ1+λ,0,2=1-λ1+λ,1,-2.∵AM=(0,2,1),∴AM·PN=0+2-2=0,即AM⊥PN,
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·PM=0,m·PN=0,∴-x+2y-z=0,y-2z=0,
则m=(3,2,1),
设平面PMN与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=1414.
因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是1414.
21.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQ∥A1B1,且MQ=12A1B1,PN∥AB,且PN=12AB,
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.
(2)解设AB=a,AC=b,AA1=c,∠BAC=θ,
由已知可得,|a|=|b|=|c|=1,且a·c=b·c=0,则AP=a+12c,NM=PQ=12BB1+12B1C1=12c+12b-12a,
因为AP⊥MN,所以AP·NM=a+12c12c+12b-12a=12a·b-12a2+14c2=12cosθ-14=0,
所以cosθ=12,即∠BAC=60°.
(3)解在平面ABC内过点A做射线l垂直于AB,易知AB,l,AA1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则P1,0,12,M14,34,1,N12,0,12,n1=(0,1,0)为平面A1PN的一个法向量,MN=14,-34,-12,PN=-12,0,0.设n2=(x,y,z)为平面PMN的一个法向量,
则n2·MN=0,n2·PN=0,
所以14x-34y-12z=0,-12x=0,
令y=1,则n2=0,1,-32,则cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=11×74=277,由图知二面角A1-PN-M的平面角是锐角,所以二面角A1-PN-M的余弦值为277.
22.(1)证明∵侧面PAB⊥底面ABCD,侧面PAB∩底面ABCD=AB,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB,又AP⊂平面PAB,∴AP⊥BC,又BE⊥平面APC,AP⊂平面PAC,∴AP⊥BE,
∵BC∩BE=B,BC,BE在平面PBC中,∴AP⊥平面PBC,又AP⊂平面PAD,
∴平面PAD⊥平面PBC.
(2)解VP-ABC=VC-APB=13×12×PA×PB×BC=13×PA×PB,求三棱锥P-ABC体积的最大值,只需求PA×PB的最大值.
令PA=x,PB=y,由(1)知,PA⊥PB,∴x2+y2=4,
而VP-ABC=13xy≤13×x2+y22=23,当且仅当x=y=2,即PA=PB=2时,VP-ABC的最大值为23.
如图所示,分别取线段AB,CD中点O,F,连接OP,OF,

以点O为坐标原点,以OP,OB和OF分别作为x轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知A(0,-1,0),C(0,1,2),P(1,0,0),∴AP=(1,1,0),AC=(0,2,2),
令平面PAC的一个法向量n=(x,y,z),则n·AP=0,n·AC=0,∴x+y=0,2y+2z=0,
∴n=(1,-1,1).
易知平面ABC的一个法向量m=(1,0,0),设二面角B-AC-P的平面角为θ,由图知θ为锐角,
则cosθ=n·m|n||m|=13=33.