2023年高考数学一轮复习《第十章 立体几何》章末综合检测试卷（含答案解析）

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1、第十章 立体几何一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是()A若，则B若，则C若，则D若，则【解析】 A选项，若，则可能异面，所以A选项错误.B选项，若，则可能，所以B选项错误.C选项，若，根据面面垂直的判定定理可知，所以C选项正确.D选项，若，则可能，所以D选项错误.故选：C【答案】 C2在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马已知四棱锥为阳马，侧棱底面，且，若该四棱锥的顶在都在同一球面上，则该球的表面积为( )ABCD【解析】 将四棱锥补成长方体，则体对角线为球直径，设外接球的半径为

2、，则，所以该球的表面积为，故选：A【答案】 A3(2022四川省成都市石室中学高三专家联测卷(二)已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，P为球O的球面上的动点，记三棱锥p一ABC的体积为，三棱锥O一ABC的体积为，若的最大值为3，则球O的表面积为ABCD【解析】 由题意，设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且依题意可知，即，显然，故，又由，故，球的表面积为，故选B.【答案】 B4(2022浙江杭州市富阳区场口中学)如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为()ABCD【解析】 取

3、AB中点P，连接PC，C1N，如图，因为PCAB，PNAB，且PNPC=P，所以AB平面，AB平面ABM，所以平面ABM平面，平面ABM平面=PM，过N作NOPM，NO平面，所以NO平面ABM，当点M从点C运动到点C1时，点是以PN为直径的圆(部分)，如图，当M运动到点时，点到最高点，此时，所以，从而，所以弧长，即点的轨迹长度为故选：B【答案】 B5(2022四川成都模拟)如图，ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD3，E为线段BD中点，将ABC沿AD折成大小为的二面角，连接BC，形成四面体CABD，若P是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是()A点P落在三棱锥EABC内部的概率为B若

4、直线PE与平面ABC没有交点，则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为C若点在平面上，且满足PA2PD，则点P的轨迹长度为D若点在平面上，且满足PA2PD，则线段长度为定值 【解析】 如图所示，由题意可知底面BCD，由于E为线段BD中点，故，故P落在三棱锥内部的概率为，故A正确；若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，如图所示，设CD的中点为F，AD的中点为G，连接EF，FG，EG，则平面EFG平面ABC，则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF，由于ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，故，则，故B正确；若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC，DA为

5、x，y轴建立平面直角坐标系，如图，则，设，则，即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧(如图示)，由可得，则，则点P的轨迹长度为，故C正确；由题意可知，故平面ADC，故，由于P在圆弧上，圆心为M，故PD的长不是定值，如上图，当位于N点时，当位于T点时，故线段PB长度不是定值，D错误，故选：D【答案】 D6(2022全国模拟)下图为正三棱柱的一个展开图，若A，D，六点在同一个圆周上，则在原正三棱柱中，直线AE和直线BF所成角的余弦值是()ABCD【解析】 六点共圆的示意图如图所示设原正三棱柱的底面边长为2a，高为2b，圆的半径为r则有方程组，解得从而在原正三棱柱中，高为底面边

6、长的倍设直线AE和直线BF所成角为，则由勾股定理，；所以故选：A【答案】 A7(2022浙江省Z20名校联盟高三(下)第二次联考)四棱锥的各棱长均相等，是上的动点(不包括端点)，点在线段上且满足，分别记二面角，的平面角为，则( )ABCD【解析】 连接交于，因为四棱锥的各棱长均相等，所以有平面，设是的中点，则有，设四棱锥的棱长为，显然，过作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，而平面，所以，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，显然，因此，故选：D.【答案】 D8(2022浙江省名校协作

7、体高三(下)3月联考)如图，中，D为AB边上的中点，点M在线段BD(不含端点)上，将沿CM向上折起至，设平面与平面ACM所成锐二面角为，直线与平面AMC所成角为，直线MC与平面所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是( )，.ABCD【解析】 如图所示，设直线与直线垂直相交于点，在折叠图里，线段与平面垂直相交于点，由图象知：， ，所以； ，设，则，由，得，则，由得； ，则，即，所以，则.故选：B 【答案】 B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9(2022湖南省衡阳市第八中学高三第五

8、次月考)如图，正方形与正方形边长均为1，平面与平面互相垂直，是上的一个动点，则以下结论正确的是( )A的最小值为B的最小值为C当在直线上运动时，三棱锥的体积不变D三棱锥的外接球表面积为【解析】 对于A，连接，因为，故得到平面，易得，故A错误；对于B，如图，将翻折到与平面共面，则当、三点共线时，取得最小值，故B错误；对于C，做于，在直线上运动时，的面积等于矩形面积的一半，矩形的面积为定值，故的面积是定值，点到面的距离为 故三棱锥的体积不变，故C正确；对于D，将该几何体补成正方体，则外接球半径为，外接球表面积为，故D正确故选：CD【答案】 CD10(2022重庆市第八中学高三(下)第二次调研检测)

9、如图，点为边长为1的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则( )A直线、是异面直线BC直线与平面所成角的正弦值为D三棱锥的体积为【解析】 对于A选项，连接，则点为的中点，、平面，平面，同理可知平面，所以，与不是异面直线，A选项错误；对于C选项，四边形是边长为的正方形，平面平面，交线为，平面，平面，所以，直线与平面所成角为，为的中点，且是边长为的正三角形，则，C选项错误；对于B选项，取的中点，连接、，则且，平面，平面，平面，B选项正确；对于D选项，平面，的面积为，所以三棱锥的体积为，D选项正确.故选：BD.【答案】 BD11(2022重庆市第八中学高三(下)第一次调研检测)如图，已

10、知正方体的棱长为2，分别为，的中点，以下说法正确的是( )A三棱锥的体积为2B平面C异面直线EF与AG所成的角的余弦值为D过点，作正方体的截面，所得截面的面积是【解析】 对A，故A错误；对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，则平面，B正确；对C，故C错误；对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确. 故选：BD 【答案】 BD12(2022重庆南开中学模拟)已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是()A点Q的轨迹为线段B与CD所成角的范围为C的最小值为D

11、二面角的正切值为【解析】 对于A，取点，使得，连接，如图，由线段成比例可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又平面，所以平面平面，故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；对于C，当时，最小，此时，故C正确；对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，由正四棱锥可知，面，由，知，由可得，面，又，平面，即为二面角的平面角，故D正确故选：ACD【答案】 ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把

12、答案填在题中的横线上13(2022福建省漳州第一中学高三第五次阶段考)如图，将由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片沿虚线折起，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_.【解析】 易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为设该六面体的内切球的半径为，则为该六面体的表面积，所以，则该六面体的内切球的体积为故答案为：；【答案】 14(2022重庆市第八中学高三第三次调研检测)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为_，该组合体的外接球的体积为_【解析】 如图

13、，连接交底面于点，则点就是该组合体的外接球的球心.设三棱锥的底面边长为，则，得，所以，所以.故答案为：；.【答案】 15(2022湖南雅礼中学二模)已知菱形的各边长为如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时则三棱锥的体积为_，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_【解析】 取中点，则，平面，又，则三棱锥的高，三棱锥体积为；作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径为，截面圆的周长为，即点

14、轨迹的周长为故答案为：；【答案】 16(2022四川省成都市石室中学高三一模)已知图1中，A，B，C，D是正方形EFGH各边的中点，分别沿着AB，BC，CD，DA把，向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则以下结论正确的是_(写出所有正确结论的编号)是正三角形；平面平面；直线CG与平面所成角的正切值为：当时，多面体的体积为【解析】 分别取CD，AB的中点O，M，连接OH，OM在题图1中，因为A，B，C，D是正方形EFGH各边的中点，所以又因为O为CD的中点，所以因为平面平面ABCD，平面平面所以平面，所以平面ABCD在题图1中，设正方形EFGH

15、的边长为()则四边形ABCD的边长为2a在题图1中，和均为等腰直角三角形，得，所以，故四边形ABCD是边长为2a的正方形因为O，M分别为CD，AB的中点，所以且，所以四边形BCOM为矩形，所以以O为坐标原点OM，OC，OH所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，对于，由空间中两点间的距离公式，得，所以是正三角形，故正确对于，设平面AEF的法向量为，所以有取，得因为，设平面CGH的法向量为，所以有取，得，所以，所以平面AEF与平面CGH不垂直，故错误对于，因为，设直线CG与平面AEF所成的角为，则，所以，故，故正确对于，以四边形ABCD为底面，以OH为高将几何体补成长方体，则E，F

16、，G，H分别为，的中点因为，即，则，所以长方体的体积为，所以多面体的体积为，故错误故答案为：.【答案】 四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17(2022重庆市育才中学高三(下)入学考试)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，AB/CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC(2)若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值【解析】 (1)证明：过点C作CFAB，垂足为F，如下图所示在直角梯形ABCD中，ABAD，AB/CD，ADCD四边形AFCD为

17、正方形，AF=BF=DC=CF=1，AC=BC= ACBC PC底面ABCD，AC平面ABCD，ACPCBCPC=CAC平面PBC AC平面EAC平面EAC平面PBC(2)以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系则，设，则由(1)知，且，所以平面则为平面的一个法向量，又，设为平面的法向量，则，即令，则，设向量与向量的夹角为，由题意知，解得所以，设直线与平面所成的角为，向量与向量所成角为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为.【答案】 (1)证明过程见解析； (2).18(2022重庆市育才中学高三一模)如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，点，分别在线段和上，且(1)求证：平面；(2)设

18、二面角为若，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】 (1)证明：连接，交于，因为，所以，因为，所以，所以，因为平面，平面，所以平面.(2)解：取中点，连接、，因为为正三角形，所以，因为为直角梯形，所以四边形为矩形，所以，因为，所以平面，所以平面平面，因为，所以平面，所以，所以，设，由余弦定理得，于是，整理得，解得或(舍去)，取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，所以平面，即线段的长为点到平面的距离，因为，平面，平面，所以平面，所以的长也是点到平面的距离，而，所以直线与平面所成角的正弦值为.【答案】 (1)证明见解析；(2)19(2022湖南省长郡中学高三第四次月考)如图，是圆的直径，点在圆上

19、，垂足为，平面，.(1)证明：；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】 (1)证明：平面，以点为坐标原点，平面内垂直于的直线为轴、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，为圆上一点，且，则，且，则，所以，、，所以，则，因此，.(2)，设平面的一个法向量为，由，得，取，则，易知平面的一个法向量为，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【答案】 (1)证明见解析； (2).20(2022湖南省雅礼中学高三第七次月考)如图，在多面体中，是正方形，M为棱的中点(1)求证：平面平面；(2)若平面，求二面角的余弦值【解析】 (1)证明：如图，连接，交于点N，N为的中点，连接，由M为棱的

20、中点，则面，面，平面，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面，又，平面平面(2)平面是正方形分别以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，则设平面的法向量为，则平面平面，又平面，平面的法向量为，由图可知二面角为钝角，二面角的余弦值为【答案】 (1)证明见解析；(2)21(2022湖南省长沙市第一中学高三第八次月考)如图，已知在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA13，D，E分别在CC1与AA1上，AE2，CD1(1)在线段BE上找一点P使得DP平面ABB1A1，并写出推理证明过程；(2)求二面角C1BEA1的余弦值【解析】 (1)取BE的中点P，AB的中点F，连接PD，PF，CF，则

21、PFAE，PFAE，所以PFCD，且PFCD，故四边形PFCD为平行四边形，所以DPCF，由正三棱柱ABCA1B1C1，知ABC为等边三角形，则CFAB，因为AA1平面ABC，所以AA1CF，又AA1ABA，AA1、AB平面ABB1A1，所以CF平面ABB1A1，所以DP平面ABB1A1，故当点P为线段BE的中点时，使得DP平面ABB1A1(2)以F为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，E(1，0，2)，C1(0，3)，C(0，0)，则(1，3)，(2，0，2)，由(1)知，FC平面BEA1，所以平面BEA1的一个法向量(0，1，0)，设平面C1BE的

22、法向量为(x，y，z)，则，即，取(，2，)，所以cos，又二面角C1BEA1为锐二面角，故二面角C1BEA1的余弦值为【答案】 (1)答案见解析；(2)22(2022湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，点在平面内的投影恰好是的重心(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值【解析】 (1)因为平面，平面，所以，因为，所以，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，所以平面平面(2)取中点，连接，因为，所以四边形是矩形，所以，因为平面，所以，所以、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：，设，则，因为点在平面内的投影恰好是的重心，所以，所以，所以，又，令，因为，所以是平面的法向量，的方向向量是，所以直线与平面所成角的正弦值为.故直线与平面所成角的正弦值为.【答案】 (1)证明见解析； (2).