步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量.docx

步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量.docx

《步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量

高三单元滚动检测卷·数学

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间120分钟，满分150分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

单元检测八　立体几何与空间向量　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共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α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：

①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是（　　）

A．①③B．②④

C．①④D．②③

2．（2015·江西六校联考）某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积（　　）

A．有最小值2B．有最大值2

C．有最大值6D．有最大值4

3．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）

A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面

4.如图所示，在正方体AC1中，E，F分别是AB和AA1的中点，给出下列说法：

①E，C，D1，F四点共面；②CE，D1F，DA三线共点；③EF和BD1所成的角为45°；④A1B∥平面CD1E；⑤B1D⊥平面CD1E，

其中，正确说法的个数是（　　）

A．2B．3

C．4D．5

5．（2015·郑州第二次质量预测）设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（　　）

A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ

B．若α⊥β，m⊥α，则m∥β

C．α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β

D．m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n

6．（2015·天门模拟）将正三棱柱截去三个角如图1所示，A、B、C分别是△GHI三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为（　　）

7．如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（　　）

①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．

A．①B．①②

C．①②③D．②③

8.（2015·成都模拟）如图，在棱长为4的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别是AD，A′D′的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动，则线段MN的中点P的轨迹（曲面）与二面角A－A′D′－B′所围成的几何体的体积为（　　）

A.B.

C.D.

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上）

9．（2015·宁夏银川一中模拟）已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：

①若α∥β，则l⊥m；

②若l⊥m，则α∥β；

③若α⊥β，则l∥m；

④若l∥m，则α⊥β.

其中为真命题的序号是________

10．如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则它的5个面中，互相垂直的面有______对．

11．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为π，半径为18cm的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为________．

12．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．

13．（2015·湖北七市联考）某个几何体的三视图如图所示，其中正视图的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为________．

14．（2015·成都二诊）已知单位向量i，j，k两两所成夹角均为θ（0＜θ＜π，且θ≠），若空间向量a＝xi＋yj＋zk（x，y，z∈R），则有序实数组（x，y，z）称为向量a在“仿射”坐标系O－xyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作a＝（x，y，z）θ.有下列命题：

①已知a＝（2,0，－1）θ，b＝（1,0,2）θ，则a·b＝0；

②已知a＝（x，y,0），b＝（0,0，z），其中xyz≠0，则当且仅当x＝y时，向量a，b的夹角取得最小值；

③已知a＝（x1，y1，z1）θ，b＝（x2，y2，z2）θ，则a－b＝（x1－x2，y1－y2，z1－z2）θ；

④已知O＝（1,0,0），O＝（0,1,0），O＝（0,0,1），则三棱锥O－ABC的体积V＝.其中真命题有________（写出所有真命题的序号）．

三、解答题（本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15．（13分）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，M，N分别是AA1，CD，CB的中点，求证：

（1）MN∥B1D1；

（2）AC1∥平面EB1D1.

16.（13分）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．

（1）证明：

平面BDC1⊥平面BDC；

（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．

17．（13分）如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝AB＝4，M是PA的中点．

（1）证明：

平面PBC∥平面ODM；

（2）求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值．

18．（13分）（2015·云南第二次统测）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC是边长为4的正三角形，PA＝PC＝2，侧面PAC⊥底面ABC，M，N分别为AB，PB的中点．

（1）求证：

AC⊥PB；

（2）求二面角N－CM－B的余弦值．

19.（14分）（2015·北京朝阳区期末）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.

（1）求证：

AC⊥PB；

（2）设O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足O＝（O＋O），求证：

DG∥平面PBC；

（3）若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．

20．（14分）（2014·安徽）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.

（1）证明：

Q为BB1的中点；

（2）求此四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比；

（3）若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．

答案解析

1．C　2.B　3.B　4.B　5.C　6.A

7．C　[①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，

∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，

根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.

③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′－FDE的体积达到最大．]

8．D　[连接FN，PF，

∵MF⊥平面A′B′C′D′，

∴MF⊥NF，

又∵点P为MN的中点，

∴PF＝MN＝1，

即得点P的轨迹为以点F为球心，半径为1的球在二面角A－A′D′－B′内的部分，

即为球的，其体积V＝×π×13＝.

故应选D.]

9．①④

解析　①正确，因为l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又m⊂β，故l⊥m；②错，当两平面相交且交线为直线m时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l⊥α，l∥m⇒m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，综上可知命题①④为真命题．

10．5

解析　底面ABCD是边长为a的正方形，

侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，

可得PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，

可得：

平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD；

AB⊥平面PAD，可得平面PAB⊥平面PAD；

BC⊥平面PAB，可得平面PAB⊥平面PBC；

CD⊥平面PAD，可得平面PAD⊥平面PCD.

11.

解析　设母线长为l，底面半径为r，则依题意易知l＝18cm，由θ＝，代入数据即可得r＝12cm，因此所求角的余弦值即为＝＝.

12.πa2

13．92＋14π

解析　依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方形的长、宽、高分别是4,5,4，圆柱的底面半径是2、高是5，因此该几何体的表面积等于3×（4×5）＋2×（4×4）＋π×22＋×（2π×2）×5＝92＋14π.

14．③④

解析　对①，a＝2i－k，b＝i＋2k，

则a·b＝（2i－k）·（i＋2k）

＝2＋3i·k－2＝3cosθ，

当且仅当θ＝时，3cosθ＝0，故①错误；

如图所示在正方体中设OA，OB，OC分别为x，y，z轴，

若a＝（x，y,0），b＝（0,0，z），

则当且仅当在平面AOB中存在点D使CD⊥平面AOB时，a，b的夹角最小，此时，x＝y＞0，故②错误；

由题意a＝x1i＋y1j＋z1k，b＝x2i＋y2j＋z2k，

所以a－b＝x1i＋y1j＋z1k－（x2i＋y2j＋z2k）

＝（x1－x2）i＋（y1－y2）j＋（z1－z2）k，故③正确；

如图所示，正方体的边长为，三棱锥O－ABC为边长为1的正四面体，

其体积为（）3－××（）2××4＝，

故④正确．

15．证明　

（1）∵M，N分别是CD，CB的中点，

∴MN∥BD.

又∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形．

所以BD∥B1D1.

又MN∥BD，从而MN∥B1D1.

（2）方法一　连接A1C1，A1C1与B1D1交于O点，连接OE.

∵四边形A1B1C1D1为平行四边形，则O点是A1C1的中点，E是AA1的中点，

∴EO是△AA1C1的中位线，EO∥AC1，AC1⊄平面EB1D1，EO⊂平面EB1D1，所以AC1∥平面EB1D1.

方法二　取BB1中点为H点，连接AH，C1H，EH，

∵E，H点分别为AA1，BB1中点，

∴EH綊C1D1，则四边形EHC1D1是平行四边形，

∴ED1∥HC1，

又HC1⊄平面EB1D1，ED1⊂平面EB1D1，

∴HC1∥平面EB1D1.

又∵EA綊B1H，则四边形EAHB1是平行四边形，

∴EB1∥AH，

又AH⊄平面EB1D1，EB1⊂平面EB1D1，

∴AH∥平面EB1D1.

∵AH∩HC1＝H，

∴平面AHC1∥平面EB1D1.

而AC1⊂平面AHC1，

∴AC1∥平面EB1D1.

16．

（1）证明　由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，

∴BC⊥平面ACC1A1.

又∵DC1⊂平面ACC1A1，∴DC1⊥BC.

由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，

∴∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.

又∵DC∩BC＝C，∴DC1⊥平面BDC.

又∵DC1⊂平面BDC1，

∴平面BDC1⊥平面BDC.

（2）解　设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.

由题意得V1＝××1×1＝.

∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1，

∴（V－V1）∶V1＝1∶1.

∴平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.

17．

（1）证明　因为O，M分别为AB，AP的中点，

所以OM∥PB.

又∵PB⊄平面ODM，OM⊂平面ODM，

∴PB∥平面ODM

因为CD