广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何A含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何A含解析新人教A版理，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检八　立体几何(A)(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.(2021天津西青模拟)设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,3),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=(　　)A. B.3 C.4 D.22.如图,一个透明的球形装饰品内放置了两个共底面的圆锥,且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上,已知圆锥底面面积是这个球面面积的,则较大圆锥与较小圆锥的体积之比为(　　)A.2∶1 B.3∶1C.4∶1 D.5∶13.一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为(　　)A.28π B.32πC.36π D.4.(2021北京高考)某一时间段内,从天空降落到地面上的雨水,未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度,称为这个时段的降雨量(单位:mm).24 h降雨量的等级划分如下:等级24h降雨量(精确到0.1)…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在综合实践活动中,某小组自制了一个底面直径为200 mm,高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中,该雨量器收集的24 h的雨水高度是150 mm(如图所示),则这24 h降雨量的等级是(　　)A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨5.在四面体ABCD中,E,F分别为棱AC,BD的中点,AD=6,BC=4,EF=,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)A. B. C. D.6.某几何体的三视图如图所示,则在该几何体中,面积最大的侧面的面积为(　　)A. B. C. D.3二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为　　　　　. 8.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离. 10.(15分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 11.(15分)(2021广东茂名二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥矩形ABCD,其中AD=2,AB=1,PA=,点E为矩形ABCD的边BC上一动点.(1)已知F为线段PD上一点,|PD|=3|DF|,是否存在点E,使得EF∥平面PAB?若存在,请求出CE的长;若不存在,请说明理由;(2)若DE⊥PE,求直线PC与平面PED所成角的余弦值. 答案：1.B　解析因为a⊥c,所以3x-6+3=0,解得x=1,所以a=(1,1,1).因为b∥c,所以,解得y=-2,所以b=(1,-2,1).所以a+b=(2,-1,2),所以|a+b|==3.2.B　解析不妨设球的半径为4,则球的表面积为64π,圆锥的底面积为12π,故圆锥的底面半径为2.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离、球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是=2,所以圆锥体积较小者的高为4-2=2,同理可得圆锥体积较大者的高为4+2=6.又这两个圆锥的底面相同,所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们的高之比,即3∶1.故选B.3.D　解析该几何体是一个底面为正方形的四棱锥,其中一个侧面为正三角形且与底面垂直,分别过正方形底面和正三角形侧面的中心作面的垂线,交点为外接球球心,由勾股定理求得球的半径为,表面积为.4.B　解析由题意,一个半径为=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为=50(mm),高为150mm的圆锥,所以积水厚度d==12.5(mm),属于中雨.5.D　解析如图所示,取CD的中点G,连接EG,FG,则FG∥BC,EG∥AD.∴异面直线AD与BC所成的角为∠EGF或其补角.∵FG=BC=2,EG=AD=3,∴cos∠EGF=.∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选D.6.B　解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.7.　解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则×2πrl=2πr2⇒,∴cosθ=⇒θ=.8.　解析由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,AF=.设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r,则r2=1+h2=,∴h=,r=.∴该三棱锥外接球的表面积为4π×.9.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.如图,连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC知,PO⊥平面ABC.(2)解如图,作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°,所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.10.(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>==-.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.11.解∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,则以A为坐标原点,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图所示.则D(0,2,0),P(0,0,),C(1,2,0),F.(1)设E(1,y,0)(0≤y≤2),则.由题意,知n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量,若存在点E,使得EF∥平面PAB,则⊥n,即·n=-y=0,解得y=.∴存在点E,使得EF∥平面PAB,此时CE=2-.(2)设E(1,t,0)(0≤t≤2),则=(1,t-2,0),PE=(1,t,-).∵DE⊥PE,∴=1+t(t-2)=0,解得t=1,即E(1,1,0),∴=(1,1,-),=(1,-1,0).设平面PED的法向量m=(a,b,c),则令a=1,则b=1,c=,∴m=(1,1,).又=(1,2,-),设直线PC与平面PED所成角为θ,∴sinθ=|cos<,m>|=,又θ∈,∴cosθ=,即直线PC与平面PED所成角的余弦值为.