《2022年高考數(shù)學大一輪復習 第七章 立體幾何單元質(zhì)量檢測 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學大一輪復習 第七章 立體幾何單元質(zhì)量檢測 理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學大一輪復習 第七章 立體幾何單元質(zhì)量檢測 理 一、選擇題(每小題4分，共40分) 1．以下關(guān)于幾何體的三視圖的敘述中，正確的是(　　) A．球的三視圖總是三個全等的圓 B．正方體的三視圖總是三個全等的正方形 C．水平放置的各面均為正三角形的四面體的三視圖都是正三角形 D．水平放置的圓臺的俯視圖是一個圓 解析：畫幾何體的三視圖要考慮視角，但對于球無論選擇怎樣的視角，其三視圖總是三個全等的圓． 答案：A 2．用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為π，則球的體積為(　　) A. B. C．8π D. 解析：S圓＝πr2＝π?r＝1，而截面

2、圓圓心與球心的距離d＝1，所以球的半徑為R＝＝.所以V＝πR3＝，故選B. 答案：B 3．設(shè)α、β、γ是三個互不重合的平面，m、n是兩條不重合的直線，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ B．若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n C．若α⊥β，m⊥α，則m∥β D．若α∥β，m?β，m∥α，則m∥β 解析：對于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A錯；對于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，則m，n可以平行，可以相交，也可以異面，B錯；對于C，若α⊥β，m⊥α，則m可以在平面β內(nèi)，C錯；易知D正確． 答案：D 4．一個棱長為2的正方體沿其棱的中點截

3、去部分后所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．7 B. C. D. 解析：依題意可知該幾何體的直觀圖如圖所示，其體積為23－2×××1×1×1＝. 答案：D 5．已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析： 如圖，以D為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系． 設(shè)AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)， ∴＝(0，－1,1)，＝(0，－

4、1,2)， ∴cos〈，〉＝＝. 答案：C 6．如圖所示，正四棱錐P—ABCD的底面積為3，體積為，E為側(cè)棱PC的中點，則PA與BE所成的角為(　　) A. B. C. D. 解析：連接AC，BD交于點O，連接OE，易得OE∥PA，所以所求角為∠BEO. 由所給條件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝. 所以cos∠OEB＝，所以∠OEB＝60°，選C. 答案：C 7．如圖為棱長是1的正方體的表面展開圖，在原正方體中給出下列三個命題： ①點M到AB的距離為；②三棱錐C—DNE的體積是；③AB與EF所成的角是 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．0

5、 B．1 C．2 D．3 解析： 依題意可作出正方體的直觀圖如圖，顯然M到AB的距離為MC＝，∴①正確；而VC—DNE＝××1×1×1＝，∴②正確；AB與EF所成的角等于AB與MC所成的角，即為，∴③正確． 答案：D 8．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A—BD—C的正弦值為(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 解析： 取BC中點O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標系，設(shè)BC＝1，則A，B，D.∴＝，＝，＝.由于＝為平面BCD的一個法向量，可進一步求出平面ABD的一個法向量n＝(1，－，1)，∴cos〈n，〉＝，∴sin〈n，〉＝. 答案

6、：C 9．正三棱柱ABC—A1B1C1的棱長都為2，E，F(xiàn)，G為AB，AA1，A1C1的中點，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析： 如圖，取AB的中點E，建立如圖所示空間直角坐標系E—xyz.則E(0,0,0)，F(xiàn)(－1,0,1)，B1(1,0,2)，A1(－1,0,2)，C1(0，，2)，G. ∴＝(－2,0，－1)，＝(－1,0,1)，＝. 設(shè)平面GEF的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，則n＝(1，－，1)，設(shè)B1F與平面GEF所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案：A

7、10．如圖，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AB1、BC1的中點，則下列結(jié)論不成立的是(　　) A．EF與BB1垂直 B．EF與BD垂直 C．EF與CD異面 D．EF與A1C1異面 解析： 連接B1C，AC，則B1C交BC1于F，且F為B1C的中點， 又E為AB1的中點，所以EF綊AC， 而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC， 所以B1B⊥EF，A正確； 又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正確； 顯然EF與CD異面，C正確； 由EF綊AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1，故不成立的選項為D. 答案：D 二、填空題

8、(每小題4分，共16分) 11．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________． 解析：由三視圖可知：該幾何體是一個三棱錐，底面是底邊長為4，高為2的等腰三角形，棱錐的高為2，故體積為V＝××4×2×2＝. 答案： 12．已知球與棱長均為2的三棱錐各條棱都相切，則該球的表面積為________． 解析： 將該三棱錐放入正方體內(nèi)，若球與三棱錐各棱均相切等價于球與正方體各面均相切，所以2R＝，R＝，則球的表面積為S＝4πR2＝4π×＝2π. 答案：2π 13．三棱錐S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結(jié)論

9、中： ①異面直線SB與AC所成的角為90°； ②直線SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④點C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析： 由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正確；取AB的中點E，連接CE，(如圖)可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為C到平面SAB的距離a，④正確． 答案：①②③④ 14．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G為BC的中點，K為AF的中點．沿EF將矩形折成120°的二面角A—EF—B，此時KG的長為____

10、____． 解析： 如圖，過K作KM⊥EF，垂足M為EF的中點，則向量與的夾角為120°，〈，〉＝60°.又＝＋＝＋，∴2＝2＋2＋2·＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴||＝. 答案： 三、解答題(共4小題，共44分，解答應寫出必要的文字說明、計算過程或證明步驟．) 15．(10分)一個幾何體是由圓柱ADD1A1和三棱錐E—ABC組合而成，點A，B，C在圓O的圓周上，其正(主)視圖，側(cè)(左)視圖的面積分別為10和12，如圖所示，其中EA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC，AE＝2. (1)求證：AC⊥BD. (2)求三棱錐E—BCD的體積． 解：(1)因為E

11、A⊥平面ABC，AC?平面ABC， 所以EA⊥AC，即ED⊥AC. 又因為AC⊥AB，AB∩ED＝A，所以AC⊥平面EBD. 因為BD?平面EBD，所以AC⊥BD. (2)因為點A，B，C在圓O的圓周上，且AB⊥AC， 所以BC為圓O的直徑． 設(shè)圓O的半徑為r，圓柱高為h，根據(jù)正(主)視圖，側(cè)(左)視圖的面積可得，解得 所以BC＝4，AB＝AC＝2. 以下給出求三棱錐E—BCD體積的兩種方法： 方法1：由(1)知，AC⊥平面EBD， 所以VE—BCD＝VC—EBD＝S△EBD×CA， 因為EA⊥平面ABC，AB?平面ABC， 所以EA⊥AB，即ED⊥AB. 其中ED＝

12、EA＋DA＝2＋2＝4， 因為AB⊥AC，AB＝AC＝2， 所以S△EBD＝ED×AB＝×4×2＝4， 所以SE—BCD＝×4×2＝. 方法2：因為EA⊥平面ABC， 所以VE—BCD＝VE—ABC＋VD—ABC＝S△ABC×EA＋S△ABC×DA＝S△ABC×ED. 其中ED＝EA＋DA＝2＋2＝4， 因為AB⊥AC，AB＝AC＝2， 所以S△ABC＝×AC×AB＝×2×2＝4， 所以VE—BCD＝×4×4＝. 16．(10分)如圖，AB＝AD，∠BAD＝90°，M，N，G分別是BD，BC，AB的中點，將等邊△BCD沿BD折疊成△BC′D的位置，使得AD⊥C′B.

13、(1)求證：平面GNM∥平面ADC′. (2)求證：C′A⊥平面ABD. 證明：(1)因為M，N分別是BD，BC′的中點， 所以MN∥DC′.因為MN?平面ADC′， DC′?平面ADC′，所以MN∥平面ADC′. 同理NG∥平面ADC′.又因為MN∩NG＝N， 所以平面GNM∥平面ADC′. (2)因為∠BAD＝90°，所以AD⊥AB. 又因為AD⊥C′B，且AB∩C′B＝B， 所以AD⊥平面C′AB. 因為C′A?平面C′AB，所以AD⊥C′A. 因為△BCD是等邊三角形，AB＝AD， 不妨設(shè)AB＝1，則BC＝CD＝BD＝，可得C′A＝1. 由勾股定理的逆定理，可

14、得AB⊥C′A. 因為AB∩AD＝A，所以C′A⊥平面ABD. 17．(12分)如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB. (1)求證：AB⊥DE； (2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值； (3)線段EA上是否存在點F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，請說明理由． 解： (1)證明：取AB的中點O，連接EO，DO. 因為EB＝EA，所以EO⊥AB. 因為四邊形ABCD為直角梯形． AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四邊形OBCD為正方形，所以AB⊥OD. 因為

15、EO∩DO＝0. 所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED. (2)因為平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB， 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD. 由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系O—xyz. 因為三角形EAB為等腰直角三角形，所以O(shè)A＝OB＝OD＝OE，設(shè)OB＝1， 所以O(shè)(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)． 所以＝(1,1，－1)， 平面ABE的一個法向量為＝(0,1,0)． 設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為θ， 所以sinθ＝|cos〈，〉＝＝， 即直線EC與平面

16、ABE所成角的正弦值為. (3)存在點F，且＝時，有EC∥平面FBD. 證明如下：由＝＝， F，所以＝，＝(－1,1,0)． 設(shè)平面FBD的法向量為v＝(a，b，c)， 則有所以 取a＝1，得v＝(1,1,2)． 因為·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD， 即點F滿足＝時，有EC∥平面FBD. 18．(12分)如圖，AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面與圓O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1. (1)求證：平面DAF⊥平面BCF； (2)求直線AB與平面CBF所成角的大??；

17、 (3)當AD的長為何值時，平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°？ 解：(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF， ∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB， 又AB為圓O的直徑，∴AF⊥BF，又BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面CBF. ∵AF?平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF. (2)由(1)知AF⊥平面CBF， ∴FB為AB在平面CBF內(nèi)的射影， 因此，∠ABF為直線AB與平面CBF所成的角． ∵AB∥EF，∴四邊形ABEF為等腰梯形， 過點F作FH⊥AB，交AB于H. 已知AB＝2，EF＝

18、1，則AH＝＝. 在Rt△AFB中，根據(jù)射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1， sin∠ABF＝＝，∴∠ABF＝30°. ∴直線AB與平面CBF所成角的大小為30°. (3)設(shè)EF中點為G，以O(shè)為坐標原點，，，方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系(如圖)．設(shè)AD＝t(t>0)，則點D的坐標為(1,0，t)，C(－1,0，t)，又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F(xiàn)， ∴＝(2,0,0)， ＝， 設(shè)平面DCF的法向量為n1＝(x，y，z)，則n1·＝0，n1·＝0. 即，令z＝，解得x＝0，y＝2t， ∴n1＝(0,2t，)． 由(1)可知AF⊥平面CFB，取平面CBF的一個法向量為n2＝＝，依題意，n1與n2的夾角為60°. ∴cos60°＝，即＝， 解得t＝. 因此，當AD的長為時，平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°.