2021版新高考数学一轮复习单元质检卷七立体几何B新人教A版

2021版新高考数学一轮复习单元质检卷七立体几何B新人教A版

单元质检卷七　立体几何(B)‎ ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)‎ ‎1.(2019山东淄博一模,5)已知直线l和两个不同的平面α,β,则下列结论正确的是(　　)‎ A.若l∥α,l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,l⊥α,则l⊥β C.若l∥α,l∥β,则α∥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β ‎2.(2019重庆巴蜀中学考前模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)‎ A.16π B.12π C.‎32‎‎3‎π D.‎16‎‎3‎π 13‎ ‎3.(2019山东日照一模,8)某几何体的三视图如图所示,图中正方形的边长为2,四条用虚线表示的线段长度均相等,则该几何体的表面积为(　　)‎ A.8-‎‎2π‎3‎ B.24-π C.24+(2‎5‎-1)π D.24+(‎5‎-1)π ‎4.(2019山东聊城一模,7)如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎3‎‎3‎ B.‎‎5‎‎5‎ C.‎30‎‎6‎ D.‎‎6‎‎6‎ ‎5.(2019山东济宁一模,9)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,且两直角边长分别为1和‎3‎,此三棱柱的高为2‎3‎,则该三棱柱的外接球的体积为(　　)‎ 13‎ A.‎8π‎3‎ B.‎16π‎3‎ C.‎32π‎3‎ D.‎‎64π‎3‎ ‎6.(2019四川成都七中一模,10)已知正三棱锥的高为6,侧面与底面成60°的二面角,则其内切球(与四个面都相切)的表面积为(　　)‎ A.4π B.16π C.36π D.64π 二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎7.(2019黑龙江哈尔滨三中一模,16)在四面体ABCD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=90°,二面角A-BD-C的大小为150°,则四面体ABCD外接球的半径为　　　　. ‎ ‎8.(2019安徽“江南十校”二模,16)《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=‎3‎,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于　　　　　. ‎ 三、解答题(本大题共3小题,共44分)‎ ‎9.(14分)(2019天津,17)‎ 如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.‎ ‎(1)求证:BF∥平面ADE;‎ 13‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;‎ ‎(3)若二面角E-BD-F的余弦值为‎1‎‎3‎,求线段CF的长.‎ ‎10.‎ ‎(15分)(2019山东青岛二模,18)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于N、F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.‎ ‎(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:NG⊥FH;‎ ‎(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于‎15‎‎5‎,证明:平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于π‎3‎.‎ 13‎ ‎11.(15分)(2019山东菏泽一模,18)‎ 在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,PD=1,BC=‎2‎,BC⊥BD,设Q为棱PC上一点,PQ=λPC.‎ ‎(1)求证:当λ=‎1‎‎5‎时,AQ⊥PC;‎ ‎(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P的平面角为45°.‎ 参考答案 13‎ 单元质检卷七　立体几何(B)‎ ‎1.A　对于A选项,过直线l作一个平面与平面α相交,因l∥α,则l与交线平行,又l⊥β,则交线也垂直b,所以α⊥β,A选项正确.对于B选项,直线l可能在平面β内,故B选项是假命题.对于C选项,两个平面可能相交,故C选项是假命题.对于D选项,直线l可能在平面β内,故D选项是假命题.故选A.‎ ‎2.‎ C　由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为2,高是4,‎ 圆锥的底面半径为2,高分别为1和3.则V=π×22×4-‎1‎‎3‎π×‎22×(1+3)=‎32π‎3‎‎.‎故选C.‎ ‎3.‎ D　由几何体的三视图得该几何体是棱长为2的正方体去掉一个底面半径为1,高为2的圆锥,如图,所以该几何体的表面积为:S=6×22-πr2+πrl=24-π×12+π×1‎×‎‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=24+(‎5‎-1)π.故选D.‎ ‎4.D　‎ 取BC的中点H,连接EH,AH,∠EHA=90°,设AB=2,‎ 13‎ 则BH=HE=1,AH=‎5‎,所以AE=‎6‎,连接ED,ED=‎6‎,因为BC∥AD,所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD,在△EAD中,cos∠EAD=‎6+4-6‎‎2×2×‎‎6‎‎=‎6‎‎6‎.‎故选D.‎ ‎5.C　该直三棱柱的底面外接圆直径为2r=‎1‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎)‎‎2‎=2.所以外接球的直径为2R=‎(2r‎)‎‎2‎+‎h‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎‎+(2‎‎3‎‎)‎‎2‎=4,则R=2.因此,该三棱柱的外接球的体积为‎4‎‎3‎πR3=‎32‎‎3‎π.‎故选C.‎ ‎6.B　如图,过点P作PD⊥平面ABC于D,连接并延长AD交BC于E,‎ 连接PE,△ABC是正三角形,∴AE是BC边上的高和中线,D为△ABC的中心.∴∠PEA为侧面与底面所成的二面角的平面角,∴∠PEA=60°.‎ ‎∵PD=6,∴DE=2‎3‎,PE=4‎3‎,AB=12,∴S△ABC=‎3‎‎4‎‎×‎122=36‎3‎,‎ S△PAB=S△PBC=S△PCA=‎1‎‎2‎‎×‎12×4‎3‎=24‎3‎‎.∴‎S表=108‎‎3‎‎.‎ 设球的半径为r,以球心O为顶点,棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,∵PD=6,∴VP-ABC=‎1‎‎3‎‎·‎36‎3‎‎·‎6=72‎3‎‎.‎由等体积可得r=‎3×72‎‎3‎‎108‎‎3‎=2,‎ ‎∴S球=4π×22=16π.故选B.‎ ‎7.‎ 13‎ ‎21‎‎3‎‎　在四面体ABCD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=90°,二面角A-BD-C的大小为150°,四面体ABCD外接球,如图:‎ 则△BCD在球的一个小圆上,BD的中点为小圆的圆心N,△ABD是正三角形,也在球的一个小圆上,小圆的圆心为M,作OM⊥平面ABD,ON⊥平面BCD,O为球心,二面角A-BD-C的大小为150°,作NP⊥BD,则∠ANP=150°,可得∠ONM=60°,MN=‎3‎‎3‎,则ON=‎2‎‎3‎‎3‎,BN=1,‎ 外接球的半径r=OB=‎ON‎2‎+BN‎2‎‎=‎(‎2‎‎3‎‎3‎)‎ ‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=‎21‎‎3‎.‎ ‎8‎.‎‎2‎‎4‎　要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,‎ 将平面ABCD沿BC折至A'BCD',‎ 使SBC与A'BCD'共面,‎ 连接SD'交BC于E,连接ED,‎ 此时△SDE周长最短,‎ 作EF∥CD交AD于F,‎ 则∠SEF即为所求角,‎ 在Rt△SAB中,求得SB=2,‎ ‎∴由SBSA'‎‎=‎BEA'D'‎得BE=2.‎ ‎∴在Rt△SBE中,求得SE=2‎‎2‎‎.‎ 13‎ ‎∴在Rt△SFE中,cos∠SEF=‎EFSE‎=‎1‎‎2‎‎2‎=‎2‎‎4‎.‎ 故SE与CD所成角的余弦值等于‎2‎‎4‎‎.‎ ‎9.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB‎,AD,‎AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).‎ 依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF‎·‎AB=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·BD=0,‎n·BE=0,‎即‎-x+y=0,‎‎-x+2z=0,‎不妨令z=1,可得n=(2,2,1).‎ 因此有cos=CE‎·n‎|CE||n|‎=-‎‎4‎‎9‎‎.‎ 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为‎4‎‎9‎‎.‎ ‎(3)解设CF=h(h>0),则F(1,2,h),BF=(0,2,h).‎ 设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·BD=0,‎m·BF=0,‎即‎-x+y=0,‎‎2y+hz=0,‎不妨令y=1,可得m=1,1,-‎2‎h.‎ 由题意,有|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎4-‎‎2‎h‎3‎‎2+‎‎4‎h‎2‎=‎‎1‎‎3‎,解得h=‎8‎‎7‎,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为‎8‎‎7‎‎.‎ 13‎ ‎10.(1)证明由题知,平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,‎ 因为NH⊥FH,FH⊂平面FHN,‎ 所以FH⊥平面NHG.‎ 所以FH⊥NG ‎(2)解 以点O2为坐标原点,分别以O2G,O2E,O2O1为x、y、z轴建立空间直角坐标系O2-xyz,所以N(0,-1,2),G(1,0,0),F(0,1,2),NG=(1,1,-2),NF=(0,2,0),‎ 设H(m,n,2),则m2+n2=1(0|=‎‎|m·n|‎‎|m||n|‎ ‎=‎2‎‎2‎‎·‎‎2+(‎2λλ-2‎)‎‎ ‎‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎,‎ 解得λ=‎2‎-1,λ=-‎2‎-1,因为Q在棱PC上,则0<λ<1,所以λ=‎2‎-1.‎ 13‎