第08章 检测B卷（文）-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B卷（文）-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（文科数学） 章节验收测试卷B卷 姓名 班级 准考证号 1．已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，‎ 其中，‎ ‎；，‎ 所以最长的棱的长度为.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题型. 2．已知直线和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面垂直判定定理可以确定选项正确，也可通过排除法得到结果.‎ ‎【详解】‎ 选项：内存在直线，使得；若，则；又，所以，选项正确；‎ 其余三个选项均可利用正方体进行排除，如图所示：‎ 选项：平面平面，平面，而平面，可知选项错误；‎ 选项：平面，平面，而平面平面，可知选项错误；‎ 选项：平面平面，平面，而平面，可知选项错误.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与平面、平面与平面的位置关系问题，属于基础题. 3．某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为），则该几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原为直观图求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由题三视图还原为直观图如图所示：‎ 即正方体截去一个三棱柱后得到的四棱柱ABCD-GHFE,由数据可得上下底面积为体积为3×2=6‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图，熟练掌握还原原则，熟练计算棱柱体积是关键，是基础题. 4．母线长为的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出侧面展开图的弧长，从而求出底面圆半径，进而求出圆锥的高，由此能求出圆锥体积．‎ ‎【详解】‎ ‎∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，‎ ‎∴侧面展开图的弧长为：5，‎ 弧长底面周长＝2πr，∴r，‎ ‎∴圆锥的高h，‎ ‎∴圆锥体积Vπ×r2×hπ．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 5．一个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图和侧（左）视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，则该多面体的各条棱中最长棱的长度为( )‎ A． B．‎3 ‎C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体为四棱锥，底面是正方形，根据三视图数据计算出最长棱即可．‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，‎ 且PA＝AB＝2，‎ ‎∴几何体的最长棱为PC．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了常见几何体的三视图，棱锥的结构特征，属于基础题． 6．某三棱锥的三视图如图所示，，，，在三视图中所对应的点分别为，，，，为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可得几何体的图形，作，垂足为，连接，得出就是直线与所成的角，然后计算可得结果.‎ ‎【详解】‎ 三棱锥如图所示，‎ 作，垂足为，连接，易知就是直线与所成的角.因为平面，，，，所以，.因为平面，所以平面，所以.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题考查三视图以及异面直线所成的角的正切值，考查空间想象能力和运算求解能力,属于较为基础题. 7．在正方体中,点是四边形的中心,关于直线,下列说法正确的是 A． B． C．平面 D．平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A选项，连接，则，因为与相交，故选项错误；对于B，做平行线，，与不垂直；对于C，做辅助线，通过平行四边形证明，进而得到线面平行；对于D，因为平面，故得到与平面不垂直.‎ ‎【详解】‎ 选项A，连接，则，因为与相交，所以A错；‎ 选项B，取中点，连接，则，在中，，所以与不垂直，所以与不垂直，B错；‎ 选项C，设，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，C正确；‎ 选项D，连接，垂直于,垂直于,进而得到垂直于面，故 垂直于，同理可证，垂直于，进而得到平面，所以与平面不垂直，D错．‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 这个题目考查了面面垂直的判定，线面平行的判定，异面直线的位置关系，题目较为综合. 8．榫卯（sǔnmǎo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图得到组合体的直观图，然后再根据组合体的组合形式及题中数据求出表面积和体积．‎ ‎【详解】‎ 由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体（底面为边长是1的正方形，高为2），下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．‎ 其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，‎ 所以．‎ 其体积圆柱与长方体体积之和，‎ 所以．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 解答本题的关键是由三视图得到组合体的形状，容易出现的错误是求表面积时忽视圆柱和长方体相连的部分的面积，考查空间想象力和计算能力，属于基础题． 9．如图所示，正方体中，点，，，，分别为棱，，，，的中点.则下列叙述中正确的是（ ）‎ A．直线平面 B．直线平面 C．平面平面 D．平面平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平面扩展，可作出过的正方体的截面，易证得平面.‎ ‎【详解】‎ 过点的截面如图所示（分别为的中点）‎ ‎，平面，平面 平面 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考察了直线与平面、平面与平面的平行的判定，关键在于能够准确地找到截面，从而判断出结果. 10．一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，该几何体的表面积为（ ）‎ A． B．‎4 ‎C． D．6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为的正方形，高为1的正四棱锥，求得其斜高为，利用面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为的正方形，高为1的正四棱锥，可得其斜高为，‎ 所以正四棱锥的表面积为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解. 11．已知三点都在表面积为的球的表面上，若.则球心到平面的距离等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合正弦定理，计算A,B,C所在圆的半径，结合勾股定理，计算结果，即可。‎ ‎【详解】‎ 结合题意，绘制图形，‎ 则根据正弦定理可知，结合球表面积计算公式，可知，结合球的性质可知，构成直角三角形，结合勾股定理可知 ‎，故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了正弦定理，考查了球的表面积计算公式，难度中等。 12．给定下列四个命题：‎ 若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；‎ 若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；‎ 垂直于同一直线的两条直线相互平行；‎ 若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．‎ 其中，为真命题的是　　‎ A．和 B．和 C．和 D．和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．‎ ‎【详解】‎ 当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面间的位置关系，考查逻辑推理能力与空间想象能力，是基础题． 13．已知点，，，在球的表面上，且，，若三棱锥的体积为，球心恰好在棱上，则这个球的表面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可知球心是侧棱中点.利用三棱锥的体积公式，求得设点到平面的距离，又由球的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，满足，所以为直角三角形，‎ 根据条件可知球心是侧棱中点.‎ 设点到平面的距离为，则，解得，‎ 又由球的性质，可得球半径为，满足，‎ 所以，所以这个球的表面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合体的应用，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理利用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 14．正方体中，点分别在棱上，且其中，若平面与线段的交点为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意找出平面截正方体所得的截面图形，之后根据所学知识得到，之后应用相似三角形对应边成比例，以及平行线的相关性质求得结果.‎ ‎【详解】‎ 如图，分别在上取，使得，,‎ 则易知 ，‎ 因此平面即平面.‎ 连接与的交点即为点，易知，‎ 所以，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关正方体的截面的问题，涉及到的知识点有平面截正方体所得截面，相似三角形的判定和性质，属于中档题目. 15．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，且四棱锥的顶点都在半径为2的球面上，则四棱锥体积的最大值为__________.‎ ‎【答案】6.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四棱锥的底面面积已经恒定，只有高不确定，只有当定点的射影为正方形ABCD的中心M时，高最大，从而使得体积最大.则利用球体的性质，求出高的最大值，即可求出最大体积.‎ ‎【详解】‎ 因为球心O在平面ABCD的射影为正方形ABCD的中心M，‎ ‎ 正方形边长为，， ‎ 则在中，‎ 所以四棱锥的高的最大值为=3，‎ 此时四棱锥体积的为 ‎【点睛】‎ 主要考查了空间几何体体积最值问题，属于中档题.这类型题主要有两个方向的解决思路，一方面可以从几何体的性质出发，寻找最值的先决条件，从而求出最值；另一方面运用函数的思想，通过建立关于体积的函数，求出其最值，即可得到体积的最值. 16．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值。‎ ‎【详解】‎ 因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，‎ 故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为点，‎ 设，则，‎ 在中，‎ 则有，‎ 故，‎ 正四棱锥的高为，‎ 正四棱锥的体积为，‎ 令，，‎ 故，‎ 即，‎ 对求导得，，‎ 令，即 解得，或（舍），‎ 当，，单调递增，‎ 当，，单调递减，‎ 故当时，。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了四棱锥与外接球的位置关系问题，解题的关键是找准外接球的球心，建立出四棱锥的体积函数，通过导数进行求解体积的最值。 17．如图（一），在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB=BC=CP，D是CP的中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图（二），点M为棱P′C上的动点．‎ ‎（1）当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；‎ ‎（2）若AB=2，∠P′DC=135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点M，先证与DM，AD垂直，进而证明AD⊥平面DC，再证明平面BC⊥平面ADM； （2）利用转换顶点三棱锥体积不变底面积相等易证点C到平面AD的距离等于点到平面ABCD的距离,并求该距离.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）当点M为C的中点时，平面ADM⊥平面BC，‎ 证明如下：∵D=DC，M为C中点，‎ ‎∴C⊥DM，‎ ‎∵AD⊥DP，AD⊥DC，‎ ‎∴AD⊥平面DC，‎ ‎∴AD⊥C，‎ ‎∴C⊥平面ADM，‎ ‎∴平面BC⊥平面ADM；‎ ‎（2）‎ 证明：在平面CD上作H⊥CD于H，‎ 由（1）中AD⊥平面DC，‎ 可知平面CD⊥平面ABCD，‎ ‎∴H⊥平面ABCD，‎ 由题意得D=2，∠DH=45°，‎ ‎∴H=，‎ 又，‎ 设点C到平面AD的距离为h，‎ 即=，‎ 由题意△ADC≌△AD，‎ ‎∴H=h，‎ 故点C到平面AD的距离等于点到平面ABCD的距离，且距离为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查等体积法和点到面的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 18．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取的中点，连结，，由三角形性质得且 ‎，结合已知得到且，则四边形为平行四边形，可得，再由线面平行的判定可得平面；‎ ‎（Ⅱ）设为的中点，由已知得到平面，然后利用等积法求三棱锥的体积．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：取的中点，连结，，‎ 在中，∵、分别为，的中点，∴且，‎ 又为的中点，，∴且，‎ 即且，‎ 故四边形为平行四边形，∴，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（Ⅱ）解：设为的中点，‎ ‎∵棱柱底面是正三角形，，∴有，‎ 又因为为正三角形，且为的中点，所以,‎ 又由正三棱柱，所以平面平面，‎ 由面面垂直的性质定理可得平面，即三棱锥的高为，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题． 19．如图，四棱锥中，底面是平行四边形，在平面上的射影为，且在上，且， ，是的中点，四面体的体积为．‎ ‎(Ⅰ)求异面直线与所成的角余弦值；‎ ‎(Ⅱ)求点到平面的距离；‎ ‎(Ⅲ)若点是棱上一点，且，求的值．‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) (Ⅲ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)先利用等体积法求出的长，在平面内， 过点作交于，连接，则(或其补角)就是异面直线与所成的角，在中利用余弦定理求出此角即可；(Ⅱ)在平面内，过作，交延长线于，则平面推得的长就是点到平面的距离，在利用边角关系求出长； (Ⅲ)在平面内，过作，为垂足，连接，先证明，然后利用三角形相似对应边成比例建立等量关系即可．‎ ‎【详解】‎ ‎(I)由已知，‎ ‎∴．‎ 在平面内，过点作交于，连接，则(或其补角)就是异面直线与所成的角.‎ 在中，，‎ 由余弦定理得， ，‎ ‎∴异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎(II)∵平面，平面∴平面平面，‎ 在平面内，过作，交延长线于，则平面∴的长就是点到平面的距离．‎ ‎∵．‎ 在，，∴点到平面的距离为．‎ ‎(III)在平面内，过作，为垂足，连接，‎ 又因为，‎ ‎∴平面，平面,∴．‎ 由平面平面，∴平面∴；‎ 由得： ．‎ ‎∵，∴由可得．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求异面直线所成角的问题，点面距离，线面垂直的应用，以及分析问题与解决问题的能力，是中档题 20．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，点在线段上，且，，，分别为，，的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若平面平面，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结，则与交于点，连接，易知为的中位线，所以，从而问题得证；‎ ‎（2）由题意易证平面，所以.同理可证平面，根据等积法可得结果.‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）如图，连结，‎ 则与交于点，连接，易知为的中位线，‎ 所以，又平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）因为平面平面，平面平面，，‎ 为的中点，所以，所以平面，所以.‎ 又四边形为菱形，，，所以，‎ 所以，‎ 又，，，所以平面，，‎ 所以平面，‎ 又，所以 ，‎ 即三棱锥的体积为.‎ 另解：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何体的体积的求法，直线与平面平行的判断与证明，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用． 21．如图，四棱锥中，，，，为中点，，．‎ 证明：平面平面；‎ 若，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据计算可得，再根据线面垂直判定定理得平面，最后根据面面垂直判定定理得结果，（2）取中点，利用面面垂直性质定理得平面，再根据锥体体积公式求结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：由，，，，‎ 可得，，．‎ 从而是等边三角形，，平分．‎ 为中点，，，‎ 又，，平面．‎ 平面，平面平面；‎ ‎（2）解：由（1）知，平面，则平面平面，‎ 取中点，连接，则．‎ 平面平面，平面平面，‎ 平面．‎ ‎，，‎ 又．‎ ‎ ．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定与性质定理以及锥体体积公式，考查综合分析论证与求解能力，属中档题. 22．如图所示，三棱柱中，，平面．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由线面垂直得到，再通过线线垂直得到平面，从而得到平面平面；（2）取的中点，证明平面，再求出 的值，求出三棱柱的体积，再求出与三棱柱同底同高的三棱锥的体积，然后进行等体积转化得到三棱锥的体积，求出的面积，然后得到点到平面的距离.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：平面，．‎ ‎，‎ ‎，平面．又平面，平面平面．‎ ‎（2）解：取的中点，连接．，．‎ 又平面平面，且交线为，则平面．‎ 平面，，四边形为菱形，．‎ 又，是边长为正三角形，‎ ‎．‎ 面,面 面 设点到平面的距离为．则．‎ ‎，‎ ‎，．‎ 所以点到平面的距离为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，通过线面平行和变化顶点和底对三棱锥进行等体积转化，属于中档题. ‎