版高考数学理一轮全国版单元提分练集全国各地市模拟新题重组单元检测八+Word版含答案.docx

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版高考数学理一轮全国版单元提分练集全国各地市模拟新题重组单元检测八+Word版含答案

单元检测八　立体几何与空间向量

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．

第Ⅰ卷（选择题　共60分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．（2017·唐山模拟）已知平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”是“直线m∥平面β”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

2．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为1的正方形，则原平面四边形的面积等于（　　）

A.B．2

C.D．8

3．设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：

（　　）

①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.

其中正确命题的序号是（　　）

A．①③B．①④

C．②③D．②④

4．（2018·武汉调研）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O，O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，以OO1所在直线为轴旋转线段BC1形成的几何体的正视图为（　　）

5．如图，AB∩α＝B，直线AB与平面α所成的角为75°，点A是直线AB上一定点，动直线AP与平面α交于点P，且满足∠PAB＝45°，则点P在平面α内的轨迹是（　　）

A．双曲线的一支B．抛物线的一部分

C．圆D．椭圆

6．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.B.C.D．2π

7．（2017·内蒙古百校联盟）已知三棱锥A—BCD的四个顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别为A（2,0,2），B（2，1,2），C（0,2,2），D（1,2,0），画该三棱锥的三视图的俯视图时，以xOy平面为投影面，得到的俯视图可以为（　　）

8．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：

①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；

②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；

③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；

④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.

其中正确的是（　　）

A．①②B．②③

C．③④D．①④

9．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为（　　）

A.B.

C.D.

10．（2017·重庆巴蜀中学三诊）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.B.C.D.

11．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为（　　）

A．120°B．30°

C．90°D．60°

12．（2018·宜昌调研）已知三棱锥S—ABC的每个顶点都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB＝AC＝4，BC＝2，且二面角S—BC—A的正切值为4，则球O的表面积为（　　）

A．240πB．248π

C．252πD．272π

第Ⅱ卷（非选择题　共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

13．如图所示，已知△ABC和△BCD所在平面互相垂直，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝a，BC＝b，CD＝c，且a2＋b2＋c2＝1，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________．

第13题图　　　　　　　　　　　　　　　第14题图

14．（2017·济宁模拟）正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为3，P为BB1的中点，则四棱锥P—AA1C1C的体积为______．

15．A是锐二面角α—l—β的α内一点，AB⊥β于点B，AB＝，A到l的距离为2，则二面角α—l—β的平面角大小为______．

16．已知边长为1的正△A′BC的顶点A′在平面α内，顶点B，C在平面α外的同一侧，点B′，C′分别为B，C在平面α内的投影，设BB′≤CC′，直线CB′与平面A′CC′所成的角为φ.若△A′B′C′是以角A′为直角的直角三角形，则tanφ的最小值为________．

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（10分）（2018届河南新乡第一中学月考）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．

（1）求证：

C1F∥平面ABE；

（2）求三棱锥E—ABC的体积．

18．（12分）（2017·武汉武昌区调研）如图，四棱锥S—ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.

（1）证明：

SD⊥平面SAB；

（2）求四棱锥S－ABCD的高．

19．（12分）（2018·长沙模拟）如图，已知四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BCD＝90°，且SA＝AB＝BC＝2CD，E是边SB的中点．

（1）求证：

CE∥平面SAD；

（2）求二面角D－EC－B的余弦值大小．

20．（12分）（2017·辽宁庄河高级中学模拟）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC＝，点M是PC的中点．

（1）求证：

PA∥平面MBD；

（2）点F在PA上，且满足＝，求直线DM与平面FBD所成角的正弦值．

21.（12分）（2017·泸州四诊）如图，平面ABCD⊥平面BCF，四边形ABCD是菱形，∠BCF＝90°.

（1）求证：

BF＝DF；

（2）若∠BCD＝60°，且直线DF与平面BCF所成的角为45°，求二面角B—AF—C的平面角的余弦值.

22．（12分）（2017·河南省息县第一中学适应性考试）如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1，∠BAF＝60°.

（1）求证：

AF⊥平面CBF；

（2）设FC的中点为M，求三棱锥M—DAF的体积V1与多面体CD—AFEB的体积V2之比．

答案精析

1．D　[平面α⊥平面β，若直线m⊥平面α，则直线m∥平面β或m⊂β；平面α⊥平面β，若直线m∥平面β，则直线m⊥平面α不一定成立，故选D.]

2．B　[由题意，得S＝2S′，其中S是原图形的面积，S′是直观图的面积．故原平面四边形的面积为2·12＝2.]

3．A　[由于三个平面不重合，故命题①显然正确；对于命题②，直线m可以平行于平面β，故不正确；对于命题③，可以作n∥m，使得n⊂β，由m⊥α得n⊥α，则α⊥β成立；对于命题④，也有可能m⊂α，所以不正确．故选A.]

4．C　[设正方体的棱长为a，则旋转所得几何体是杠铃状几何体，其上、下表面半径为a，中心半径为a，其余部分半径圆滑变化，故选C.]

5．D　[用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题中平面α上的动点P满足∠PAB＝45°，可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上，故可知动点P的轨迹是椭圆．故选D.]

6．A　[由三视图得，该几何体由半个圆柱和个圆锥组合而成，且它们的底面半径为1，高均为2，故其体积为××2π＋×2π＝，故选A.]

7．C　[点A（2,0,2）在xOy平面上的投影为（2,0,0），点B（2,1,2）在xOy平面上的投影为（2,1,0），点C（0,2,2）在xOy平面上的投影为（0,2,0），点D（1,2,0）在xOy平面上的投影为（1,2,0），连接四点，注意实线和虚线，得出俯视图，故选C.]

8．D　[根据面面垂直的判定定理知①正确；②若m∥n，

则得不出α∥β，错误；③n与α还可能平行，错误；④正确．]

9．A　[体积最大的球即正方体的内切球，

因此2r＝2，r＝1，体积为，故选A.]

10．B　[几何体为一个四棱锥去掉半个圆锥，四棱锥的高为2，底面为正方形，边长为2；圆锥的高为2，底面半径为1，所以体积为

×2×22－××2×π×12＝－，故选B.]

11D．　[如图，

延长CO到E，使得EO＝CO，连接AE，ED，EB，设CO＝OB＝OD＝OE＝a，ED＝EB＝a，则ED∥CB，AE＝AC＝AD＝DE＝a，所以∠ADE就是异面直线AD，BC所成的角，由于△AED为等边三角形，故选D.]

12．D　[设BC的中点为D，连接AD，SD，可得AD＝1，则∠SDA是二面角S—BC—A的平面角，由于二面角S—BC—A的正切值为4，∴SA＝4，由余弦定理知，

cos∠CAB＝＝－，sin∠CAB＝，

由正弦定理知，△ABC的外接圆直径2r＝＝16，

设三棱锥S—ABC的外接球半径为R，

则2＋r2＝R2，得R2＝68，

∴球O的表面积为4πR2＝272π，故选D.]

13．π

解析　因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到ABCD四个点的距离相等，在直角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，可知AD中点O到A，B，C，D的距离相等，因为AD＝1，所以S＝4π2＝π.

14．9

解析　由题设AA1＝3，AC＝3，则矩形AA1C1C的面积为S＝3×3＝9，点P到AA1C1C的距离即为点B到AC的距离，即d＝，则四棱锥P—AA1C1C的体积V＝×9×＝9.

15．60°

解析　由题意可知，过点A作l的垂线，垂足为C，连接BC，因为AB⊥β，所以AB⊥l，又因为AC⊥l，AB∩AC＝A，所以l⊥平面ABC，所以l⊥BC，∠ACB就是二面角α—l—β的平面角，BC＝＝1，因此∠ACB＝60°，即二面角α—l—β的平面角是60°.

16.

解析　如图，

以点A′为坐标原点，A′C′，A′B′所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系．设B（0，b，m），C（c,0，n），

则

可得mn＝且0

又因为c2＋n2＝1，故n<1，又mn＝，故m>，

又因为tanφ＝b＝，

所以≤tanφ<，所以tanφ的最小值为.

17．

（1）证明　取AB的中点G，连接EG，FG，

∵F是BC的中点，

∴FG∥AC，FG＝AC.

∵E是A1C1的中点，且A1C1綊AC，

∴FG∥EC1，FG＝EC1，

∴四边形FGEC1为平行四边形，

∴C1F∥EG，

∵C1F⊄平面ABE，EG⊂平面ABE，

∴C1F∥平面ABE.

（2）解　∵AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，∴AB＝，

∴V三棱锥E—ABC＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.

18．

（1）证明　如图，

取AB的中点E，连接DE，BD，SE，则四边形BCDE为矩形，

∴DE＝CB＝2，

∴AD＝＝，

∵侧面SAB为等边三角形，AB＝2，

∴SA＝SB＝AB＝2，且SE＝，

又∵SD＝1，BD＝＝，

∴SA2＋SD2＝AD2，SB2＋SD2＝BD2，

∴SD⊥SA，SD⊥SB，

又∵SA∩SB＝S，SA，SB⊂平面SAB，∴SD⊥平面SAB.

（2）解　设四棱锥S－ABCD的高为h，

则h也是三棱锥S－ABD的高，由

（1）知，SD⊥平面SAB，

由V三棱锥S—ABD＝V三棱锥D—SAB，得S△ABD·h＝S△SAB·SD，

∴h＝，又S△ABD＝AB·DE＝×2×2＝2，

S△SAB＝AB2＝×22＝，

SD＝1，∴h＝＝＝，

故四棱锥S－ABCD的高为.

19．

（1）证明　取SA的中点F，连接EF，FD，

∵E是边SB的中点，

∴EF∥AB，且EF＝AB，

又∵∠ABC＝∠BCD＝90°，

∴AB∥CD，

又∵AB＝2CD，即CD＝AB，

∴EF∥CD，且EF＝CD，

∴四边形EFDC是平行四边形，∴FD∥EC，

又FD⊂平面SAD，CE⊄平面SAD，

∴CE∥平面SAD.

（2）解　在底面内过点A作直线AM∥BC，则AB⊥AM，又SA⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，AB，AM，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则A（0,0,0），B（2,0,0），C（2,2,0），D（1,2,0），E（1,0,1），

则＝（0,2,0），＝（－1,0,1），＝（－1,0,0），＝（－1，－2,1），设平面BCE的一个法向量为n＝（x，y，z），

则　即

令x＝1，则z＝1，∴n＝（1,0,1）．

同理可求平面DEC的一个法向量为m＝（0,1,2），

cos〈n，m〉＝＝，由图可知，二面角D－EC－B是钝二面角，所以其平面角的余弦值为－.

20.

（1）证明　

（1）连接AC，交BD于点E，连接ME.

因为四边形ABCD是矩形，所以点E是AC的中点，

又点M是PC的中点，所以PA∥ME，

又PA⊄平面MBD，EM⊂平面MBD，

所以PA∥平面MBD.

（2）解　取AD的中点O，则PO⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，

故PO⊥平面ABCD，连接OC.

在Rt△POC中，OC＝＝，

所以在Rt△ODC中，DC＝＝3，

以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A（1,0,0），B（1,3,0），D（－1,0,0），

C（－1,3,0），P（0,0，），

M，＝（－2，－3,0），

＝（x0－1，y0－3，z0）．

设F（x0，y0，z0），

则由＝得（x0－1，y0，z0）＝（－1,0，），

即F，设平面FBD的法向量m＝（x，y，z），

则得

令x＝3，则y＝－2，z＝－5，故m＝（3，－2，－5），

又＝，

设直线DM与平面FBD所成的角为θ，则

sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，

故直线DM与平面FBD所成角的正弦值为.

21．

（1）证明　连接AC，设AC∩BD＝O，连接OF.

因为平面ABCD⊥平面BCF，且交线为BC，

∠BCF＝90°，所以CF⊥平面ABCD，

又CF⊂平面ACF，

所以平面ACF⊥平面ABCD，

因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，

又平面ACF∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，

平面ACF⊥平面ABCD，

所以BD⊥平面ACF，

因为OF⊂平面ACF，所以BD⊥OF，

又BO＝DO，所以BF＝DF.

（2）解　方法一　过点D作DG⊥BC于点G，连接GF，

因为平面ABCD⊥平面BCF，

平面ABCD∩平面BCF＝BC，DG⊂平面ABCD，

所以DG⊥平面BCF，所以GF为直线DF在平面BCF内的射影，

即直线DF与平面BCF所成的角为∠DFG＝45°，

不妨设BC＝2，则DG＝，过点G在平面BCF内作CF的平行线GH，

则GH⊥平面ABCD，以点G为原点，分别以GH，GC，GD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

因为∠DFG＝45°，所以GF＝，CF＝，

则A（0，－2，），B（0，－1,0），C（0,1,0），F（，1,0），

所以＝（，3，－），＝（，2,0），＝（，0,0），

设平面ABF的法向量为m＝（x，y，z），

则　所以

取m＝，

同理可得平面AFC的法向量为n＝（0,1，），

所以cos〈m，n〉＝＝＝－，

因为二面角B—AF—C是锐角，

所以其余弦值为.

方法二　过点O作OE⊥AF于点E，连接BE，

因为平面ABCD⊥平面ACF，又AC⊥BD，

平面ABCD∩平面ACF＝AC，

所以BD⊥平面ACF，所以BD⊥AF，

又OE∩BD＝O，OE，BD⊂平面BOE，

即AF⊥平面BOE，所以BE⊥AF，

即∠BEO是二面角B—AF—C的平面角，

过点D作DG⊥BC于点G，连接GF，

所以DG⊥平面BCF，

即直线DF与平面BCF所成的角为∠DFG＝45°，

不妨设BC＝2，则DG＝GF＝，CF＝，AF＝，

因为△AEO∽△ACF，所以＝.

所以OE＝，又OB⊥平面ACF，OE⊂平面ACF，

所以OB⊥OE.

又OB＝1，所以BE＝，

所以cos∠BEO＝＝，

所以二面角B—AF—C的余弦值为.

22．

（1）证明　∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，

且CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，

∴CB⊥平面ABEF，

又AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF.

又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，

又BF∩CB＝B，BF⊂平面CBF，CB⊂平面CBF，

∴AF⊥平面CBF.

（2）解　设DF的中点为H，连接MH，AH，则MH綊CD，

又∵OA綊CD，∴MH綊OA，

∴四边形OAHM为平行四边形，

∴OM∥AH，

又∵OM⊄平面DAF，AH⊂平面DAF，

∴OM∥平面DAF.

显然，四边形ABEF为等腰梯形，∠BAF＝60°，

因此△OAF为边长是1的正三角形．

三棱锥M—DAF的体积

V1＝V三棱锥O—DAF＝V三棱锥D—OAF＝×DA×S△OAF

＝×1×＝.

在圆O所在的平面内，过点E作EE1⊥AB于点E1，

多面体CD—AFEB的体积可分成三棱锥C—BEF与四棱锥F—ABCD的体积之和，计算得等腰梯形ABEF两底间的距离EE1＝，

∴V三棱锥C—BEF＝S△BEF×CB

＝××1××1＝.

V四棱锥F—ABCD＝S矩形ABCD×EE1

＝×2×1×＝.

∴V2＝V三棱锥C—BEF＋V四棱锥F—ABCD＝.

∴V1∶V2＝1∶5.