第08章 检测A卷（理）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析

第08章 检测A卷（理）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析

立体几何与空间向量（理科数学） 章节验收测试卷A卷 姓名 班级 准考证号 1．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B．20‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体（如图），其表面积为 ‎.‎ 故选C. 2．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，若该几何体的表面积为，则的值为（）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由三视图可知，该几何体为如图所示的直三棱柱，‎ 其中，，‎ 则，，‎ 所以该几何体的表面积为，得.故选B.‎ ‎ 3．《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”.在如图所示的四棱锥中，平面，底面是正方形，且，点，分别为，的中点，则图中的鳖臑有（ ）‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，因为底面，所以，，‎ 又四边形为正方形，所以，‎ 所以平面，，所以四面体是一个鳖臑，‎ 因为平面，所以，‎ 因为，点是的中点，所以，‎ 因为，所以平面，‎ 可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，‎ 同理可得，四面体和都是鳖臑，‎ 故选C. 4．在正方体中, 与所成的角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图，连结BC1、BD和DC1，‎ 在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，‎ 由AB=D‎1C1，AB∥D‎1C1，可知AD1∥BC1，‎ 所以∠DBC1就是异面直线AD1与BD所成角，‎ 在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，BC1、BD和DC1是其三个面上的对角线，它们相等．‎ 所以△DBC1是正三角形，∠DBC1=60°‎ 故异面直线AD1与BD所成角的大小为60°．‎ 故选：C． ‎ ‎5．已知一个几何体的三视图如图所示，则被挖去的几何体的侧面积的最大值为（ ）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据三视图，圆锥内部挖去的部分为一个圆柱，设圆柱的高为，底面半径为，则，∴.故，‎ 当，的最大值为. 6．如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是（ ）‎ A．2 B． C． D．1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥，且圆锥的底面半径为，高，‎ 故俯视图是一个腰长为2，顶角为的等腰三角形，‎ 易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形，且腰长为2，顶角的范围为，‎ 设顶角为，则截面的面积：，‎ 当时，面积取得最大值.‎ 故选：A. 7．已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A． B．‎ C．平面 D．平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为在正方体中，，且平面，平面，‎ 所以平面，因为平面，且平面平面，‎ 所以有，而，则与不平行，故选项不正确；‎ 若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确； ‎ 若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；‎ 而因为平面，平面，‎ 所以有平面，所以选项C正确，. 8．在棱长为2的正方体中，是内（不含边界）的一个动点，若，则线段的长的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由正方体的性质可知，‎ 是正四面体，‎ 且正四面体的棱长为，‎ 在内，‎ 的最大值为，‎ 的最小值是到平面的距离，‎ 设在平面的射影为,‎ 则为正三角形的中心，，‎ ‎，‎ 的最小值为，‎ 又因为不在三角形的边上，‎ 所以的范围是，故选C. 9．下列说法错误的是（ ）‎ A．垂直于同一个平面的两条直线平行 B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行 D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,正确；‎ 由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,正确；‎ 由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，正确；‎ 当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，错误，故选D. 10．如图，平面四边形ABCD中，E、F是AD、BD中点，AB＝AD＝CD＝2， BD＝2 ，∠BDC＝90°，将△ABD沿对角线BD折起至△，使平面⊥平面BCD，则四面体中，下列结论不正确是 ( )‎ A．EF∥平面 B．异面直线CD与所成的角为90°‎ C．异面直线EF与所成的角为60°‎ D．直线与平面BCD所成的角为30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 选项A：因为E、F是AD、BD中点，‎ 所以，‎ 因为平面，‎ 平面，‎ 所以EF∥平面，‎ 所以选项A正确；‎ 选项B：因为平面⊥平面BCD，‎ 平面平面BCD，‎ 且∠BDC＝90°，即，‎ 又因为平面BCD，‎ 故平面，‎ 故，‎ 所以异面直线CD与所成的角为90°，‎ 选项B正确；‎ 选项C：由选项B可知平面，‎ 所以，‎ 因为AD＝CD＝2，‎ 即＝CD＝2，‎ 所以由勾股定理得，，‎ 在中，‎ BC＝，‎ 在中，‎ ‎，‎ 故，即，‎ 因为，‎ 所以，‎ 故选项C错误；‎ 选项D：连接 因为 所以 因为是中点，‎ 所以，‎ 因为平面⊥平面BCD，‎ 平面平面BCD，‎ 又因为平面，‎ 故平面，‎ 所以即为直线与平面BCD所成的角，‎ 在中，，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故直线与平面BCD所成的角为30°，‎ 故选项D正确，‎ 本题不正确的选项为C，故选C. 11．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为3，，，分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍，则平面截球所得截面的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，是底面的中心，则在上，而由得，设，则，又，是中心，则，∴由得，解得，设与平面交于点，∵分别是的中点，则是的中点，∴，，设平面截球所得截面圆半径为，则，∴此圆面积为．故选A．‎ ‎ 12．已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于、两点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵正方体的体积为1，‎ 所以正方体的棱长为1，‎ 点在线段上（点异于两点），‎ 当点为线段的中点时，‎ 共面，截面为四边形，如图，‎ 即，不合题意，排除选项;‎ 当时，截面为五边形，如图，符合题意，‎ 即平面截正方体所得的截面为五边形，‎ 线段的取值范围为．‎ 故选B． 13．已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径球面上，，则这个球的表面积为_____________。‎ ‎【答案】16π ‎【解析】‎ 由题意，设球的直径是该球面上的两点，如图所示，‎ 因为，所以为直角三角形，‎ 设三棱锥的高为，则，解得，‎ 取的中点，连接，根据球的性质，可得平面，‎ 所以,‎ 在直角中，,‎ 即球的半径为，‎ 所以球的表面积为.‎ ‎ 14．已知正四面体中，是棱的中点，是点在平面上的射影，则异面直线与所成角的余弦值为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设点在平面上的射影为，则、、三点共线，且是的中点，‎ 则异面直线与所成角等于异面直线与所成角，即.‎ 设正四面体的棱长为2，则，，，‎ 所以中，.‎ 故答案为 15．记，已知矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将 沿DE翻折至（平面BCD），记二面角为，二面角为，二面角为，二面角为，则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 作为填空题，可用特例法，‎ 不妨设平面A′DE⊥平面ABCD，‎ 取DE中点O，连接A′O，则A′O⊥平面ABCD，‎ 由点O作各边的垂线OM，ON，OH，‎ 并连接A′M，A′N，A′H，‎ 则α＝∠A′HO，β＝∠A′NO，θ＝A′MO，γ＝90°，‎ ‎，‎ 易知 ‎ 所以最小，‎ 故答案为：． 16．直三棱柱中，，设其外接球的球心为，已知三棱锥的体积为，则球表面积的最小值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 如图，在中，设，则．‎ 分别取的中点，则分别为和外接圆的圆心，‎ 连，取的中点，则为三棱柱外接球的球心．‎ 连，则为外接球的半径，设半径为．‎ ‎∵三棱锥的体积为，‎ 即，‎ ‎∴．‎ 在中，可得，‎ ‎∴，当且仅当时等号成立，‎ ‎∴球表面积的最小值为．‎ 故答案为：． 17．如图，平面平面，，四边形为平行四边形，，为线段的中点，点满足.‎ ‎（Ⅰ）求证：直线平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅲ）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)见证明； (3)‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：连接，交于点，连接 ‎ 在平行四边形中，因为，所以，‎ 又因为，即，‎ 所以，‎ 又因为平面，平面，所以直线平面.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为，为线段的中点，所以，‎ 又因为平面平面于，平面所以平面 在平行四边形中，因为，所以 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，‎ 则 因为平面所以设，‎ 则 所以 所以，又因为 所以平面，又因为平面 所以平面平面. ‎ ‎（Ⅲ）解：因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为平面平面，所以，所以 因为 所以 所以，‎ 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．在三棱柱中，侧面为菱形，，，，。‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】(1)见解析.(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎（1）‎ 过点作交于点，连接OC，‎ 在三角形AOC中，易得，‎ ‎∵，‎ ‎∴平面，∴，‎ ‎∴在中，，‎ 在中，，∴，‎ 即二面角为直二面角，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（2）由（1）知直线两两垂直，故以为坐标原点，直线所在的直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系 则，‎ ‎∴。‎ 设是平面的法向量，‎ 则，即，‎ 取，则，‎ ‎∴平面的一个法向量为，‎ 同理，平面的一个法向量为，‎ ‎∴，‎ 即二面角的余弦值为. 19．如图，在直四棱柱中，底面是矩形，与交于点，．‎ ‎（1）证明：平面．‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析.(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎（1）证明：因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，则 .‎ 又，，‎ 所以平面，所以.‎ 因为，，所以是正方形，所以.‎ 又，所以平面.‎ ‎（2）因为四棱柱是直四棱柱，底面是矩形，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，‎ ‎ , , ‎ 设平面的法向量为 ‎ 由，，可得，‎ 令，则，‎ 设直线与平面所成的角为，‎ 则.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎ 20．如图，在四棱锥中，为等边三角形，‎ ‎（1）若点分别是线段的中点，求证：平面平面；‎ ‎（2）若二面角为直二面角，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）为等边三角形，且是线段的中点 ‎ ‎， ‎ 平面，平面 平面 点分别是线段的中点 ‎ 平面，平面 平面 ‎ 平面平面 ‎（2）设交于点，连接 由对称性知，为的中点，且，‎ 二面角为直二面角 平面 不妨设，则，，‎ 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为 则，即：‎ 令，得， ‎ 直线与平面所成角的正弦值为 ‎ ‎21．如图，在四棱锥中，已知平面，为等边三角形，，，与平面所成角的正切值为.‎ ‎(Ⅰ)证明：平面；‎ ‎(Ⅱ)若是的中点，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)证明：因为平面，平面，‎ 所以 又,,‎ 所以平面，‎ 所以为与平面所成的角．‎ 在中，，‎ 所以 所以在中，,.‎ 又，‎ 所以在底面中，,‎ 又平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎(Ⅱ)解：取的中点，连接，则,由(Ⅰ)知，‎ 所以，‎ 分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.‎ 则，，， ‎ 所以，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，即，得，‎ 令，则．‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，即，得，‎ 令，则．‎ 所以，‎ 由图形可得二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为． 22．在如图所示的几何体中，四边形是边长为2的菱形，平面，， ．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）连接交于点，因为是菱形，‎ 所以，‎ ‎∵平面，∴，‎ 又平面，平面，，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴平面ACF⊥平面BDEF． ‎ ‎（2）取的中点，连接，则，‎ ‎∵平面，∴平面，∴两两垂直．‎ 以所在直线分别作为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），‎ 则，，，，，‎ ‎，，，‎ ‎，,‎ 则，，‎ 所以，，且，‎ 所以平面，‎ 所以平面的一个法向量为． ‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，∴，‎ 得，‎ 令，‎ 得平面的一个法向量，‎ 从而.‎ 即二面角的余弦值. ‎