新高考数学模拟卷分类汇编（三期)专题04《立体几何》(2份打包，解析版+原卷版)

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专题04 立体几何1．（2021·广东佛山高三月考）若圆台的下底面半径为4，上底面半径为1，母线长为5，则其体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】圆台的轴截面如图所示：则圆台的高，所以圆台的体积故选：C2．（2021·湖南湘潭高三一模）如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（    ）A．与是两条相交直线B．平面C．D．，，，四点共面【答案】B【解析】面，面，，所以与是异面直线，A错；因为，面，面，所以面，B正确；面， 面，，所以与是异面直线，C错；如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.故选：B.3．（2021·山东潍坊高三月考）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知，，所以，，又，所以平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点为，此点即为外接球的球心，则外接球半径，所以四棱锥外接球的表面积.故选：C4．（2021·山东肥城市教学研究中心高三月考）已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则，解得.故选：B5．（2021·浙江宁波市北仑中学高三月考）已知平面，直线，m，且有，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则．其中命题正确的有（    ）个A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】对于①由，，得不出，故错误；对于②，得不出，故错误；对于③，，得不出，故错误，故选：A6．（2021·江苏省苏州十中高三月考）正方体中，点，分别为棱，上的点（不包含端点），设二面角的平面角为，若，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】在正方体中，平面，平面，则，过A作，连A1O，有平面AOA1，如图， 于是得，则为二面角的平面角，即，，而，因此，，又AO是点A到直线EF距离最小值，则有点O与点E重合，即，因点，分别为正方形ABCD的边，上除端点外的点，从而得，则有，令正方体棱长为1，则，因，于是得，当且仅当，即E为BC中点时取“=”，此时有，所以的取值范围为.故选：C7．（2021·重庆巴蜀中学高三月考）在棱长为2的正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，若平面平面，且平面与棱，，分别交于点，，，其中点是棱的中点，则三棱锥的体积为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】如图所示，取的中点，连接，由正方体结构特点可知：，所以六点共面，又因为平面平面，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，由为所在边中点可知为中点，同理可知：为的中点，所以，且，，两两垂直，所以三棱锥的体积为，故选：D.8．（2021·广东广州高三月考）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别为(0，0，1)，(1，0，0)，(1，1，0)，(1，1，1)，则该四面体的外接球的表面积为（    ）A． B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】在正方体中，以点为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，则该四面体为，其外接球即为该正方体的外接球，所以外接球的半径满足，即，所以该四面体的外接球的表面积为 故选：C9．（2021·河北沧州高三月考）如图，已知，分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若该圆柱的侧面积是其上底面面积的倍，则与平面所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，设为圆柱下底面内与垂直的直径，记，连接，，由对称性可知：，，平面，设，垂足为，则，平面，直线在平面内的射影为，为与平面所成的角，，，，与平面所成的角为.故选：C.10．（2021·辽宁抚顺市第二中学高三月考）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，，若点为的中点，则下列说法正确的是（    ）A．平面B．平面C．四棱锥外接球的表面积为D．四棱锥的体积为【答案】B【解析】在四棱锥中,因为侧面平面，面平面， ，所以平面，因为过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，在中，，面，面，所以面，所以选项B正确；取中点，连接，在矩形中，易得，在中，，在中，，所以，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C不正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，因为，侧面平面，面平面，所以平面，，所以四棱锥的体积，所以选项D错误.故选：B.11．（2021·山东潍坊高三月考）已知某圆锥轴截面的顶角为，过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，则该圆锥的底面半径为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，由题可知，，又过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，∴，即，在中，.故选：A.12．（2021·湖南师大附中高三月考）祖原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，由曲线，，围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则､满足以下哪个关系式（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图可知：当双曲线方程为：，高度为时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，其中小圆环的半径即是，所以小圆面积为：，而大圆半径可以由：求出，即：，所以大圆的面积为：，所以圆环的面积为：，为定值，所以由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，而球体体积，所以，.故选：B.13．（2021·山东潍坊高三月考）在棱长为的正方体中，点是正方体的棱上一点，，则（    ）A．时，满足条件的点的个数为B．时，满足条件的点的个数为C．时，满足条件的点的个数为D．若满足的点的个数为，则的取值范围为【答案】BC【解析】设分别是的中点，，，.由于，所以，所以A选项错误.，满足的点为共个，所以B选项正确.，满足的点为共个，所以C选项正确.当在正方形（不包括）上运动时，，此时棱与棱上，也存在点使.所以当时，满足的点的个数为，所以D选项错误.故选：BC14．（2021·江苏省苏州十中高三月考）矩形中，，，将此矩形沿着对角线折成一个三棱锥，则以下说法正确的有（    ）A．三棱锥的体积最大值为B．当二面角为直二面角时，三棱锥的体积为C．当二面角为直二面角时，三棱锥的外接球的表面积为D．当二面角不是直二面角时，三棱锥的外接球的表面积小于【答案】ABC【解析】过C作于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则为二面角的平面角，如图，平面CEG平面DBA，过C作CFEG于F，则平面，在直角中，，，显然，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为，而，则三棱锥的体积最大值为，A正确；当取最大值时，平面，又平面，则平面平面，即二面角为直二面角，三棱锥的体积为，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO为半径的球面上，显然，无论二面角如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为，C正确，D不正确.故选：ABC15．（2021·广东茂名高三月考）在棱长为1的正方体中，P是线段上的点．则下列结论正确的是（    ）A．直线DP与直线不垂直B．直线DP与直线垂直C．当P为的中点时，D．当P为的中点时，三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】由且与成的最大角为60°，不可能垂直，则A正确．在面、面上的射影分别与、垂直，即，，又，则面，又面，故，故B正确；由，而，即不平行，故C错误；由，故D正确．故选：ABD．16．（2021·广东深圳中学高三月考）在直角三角形中，，a，b为空间中两条互相垂直的直线，所在直线与a，b都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，下列结论正确的有（    ）A．当直线与a成角时，与b成角；B．当直线与a成角时，与b成角；C．当直线与a成角时，与b成角；D．直线与b所成角的最小值为；【答案】ABCD【解析】因为a，b为空间中两条互相垂直的直线，所以，通过平移后，总可以将两条直线移到同一个平面内，且互相垂直，如图所示圆锥中，对A，令为直线，为直线，，平面，，即与b成角，故A正确；对B，当直线与a成角时，令直线，直线，作，则，即，即，假设与b成角，则，即，显然成立，故B正确；对C，令直线，直线，与B选项同理可证，故C正确；对D，当直线时，直线与b所成角取到最小值为，故D正确；故选：ABCD17．（2021·广州市第一中学高三月考）已知两条直线m，n和两个平面，下列命题正确的是（    ）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则【答案】AD【解析】对于A，若，，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量分别为，， ，所以可判断是正确的，故 正确；对于B，若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，都平行于交线，也满足，，，所以不正确；对于C，若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；对于D，若，，且，，又，，故正确；故选：AD．18．（2021·深圳市龙岗区平冈中学高三月考）已知正方体中，点为棱的中点，点是线段上的动点，，则下列选项正确的是（    ）A．直线与是异面直线B．点到平面的距离是一个常数C．过点作平面的垂线，与平面交于点，若，则D．若面内有一点，它到距离与到的距离相等，则轨迹为一条直线【答案】ABC【解析】对于选项，如图，平面，平面，故直线与不平行，且，故直线与不相交，所以直线与是异面直线，故选项正确；对于选项B，在正方体中，，因为平面，平面，所以平面，又，故点到平面的距离是一个常数，故选项B正确；对于选项，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，，，2，，所以，因为，则，所以，设存在，设，则，故，因为平面，所以，即，解得，则，满足条件，故选项正确；对于选项D，因为平面，又平面，所以，即为点到的距离，根据抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线的一部分，故选项D错误.故选：ABC.19．（2021·广东荔湾高三月考）已知直三棱柱中，，，为的中点.点满足，其中，则（    ）A．对时，都有B．当时，直线与所成的角是30°C．当时，直线与平面所成的角的正切值D．当时，直线与相交于一点，则【答案】ACD【解析】以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设， 其中，因为，所以，A.因为，所以，所以，故正确；B.当时，，所以，所以直线与所成的角不是，故错误；C. 当时，，取平面的一个法向量为，所以，设直线与平面所成的角为，所以，所以，故正确；D. 当时，如图所示，为中点，为中点，连接，所以，所以，故正确；故选：ACD.20．（2021·湖北黄石高三月考）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于，两点，设，以下说法中正确的是（    ）A．平面平面B．四边形的面积最小值为1C．四边形周长的取值范围是D．四棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】对于A：连接，，，因为四边形是正方形，所以，因为面，面，所以，因为，所以面，因为，分别是棱的中点，所以，所以面，因为面，所以平面平面，故选项A正确；对于B：因为面，面，所以，四边形的面积为，因为为定值，所以只需最小即可得面积最小值，因为，所以，所以当时，，所以，故选项B正确；对于C：因为面面，平面面，平面面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，又因为，所以四边形是菱形，所以四边形周长，当时，最大为，当时，最小为，所以，故选项C不正确；对于D：连接，，，则 为常数，故选项D正确；故选：ABD.21．（2021·重庆西南大学附中高三月考）已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（    ）A．在翻折的过程中，直线，可能相互垂直B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为C．在翻折的过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为【答案】ABC【解析】如图，在翻折过程中构成四面体，和是正三角形，取AC中点O，连接BO，DO，对于A，，则在翻折过程中，BD的范围是，当时，是正四面体，此时，则A正确；对于B，三棱锥的底面积是定值，因，，则平面BOD，平面ABC，则平面平面BOD，过D作直线BO于，而平面平面， 于是得平面ABC，则有，当且仅当点与点O重合时取“=”，因此，，B正确；对于C，三棱锥中，，而，即三棱锥的表面积，而在翻折过程中，的范围是，，当且仅当时取“=”，因此得三棱锥的表面积的最大值为，此时，等腰的底边BD上的高，，从而得，设三棱锥内切球半径为r，由得取最大值时的，此球的表面积为，C正确；对于D，在翻折过程中，当点D无限接近点B时，点也无限接近点B，而E为棱CD上的动点，E接近于点D时，接近于0，D不正确.故选：ABC22．（2021·广东广州高三月考）如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列结论中正确的是（    ）A．翻折到某个位置，使得B．翻折到某个位置，使得平面C．四棱锥体积的最大值为D．点在某个球面上运动【答案】ACD【解析】对于A选项，由题知，若存在某个位置使得，由于，故平面，即，由于，故，由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，故存在某个位置，使得，故A选项正确；对于B选项，若存在某个位置，使得平面，则有，另一方面，在矩形中，，故不成立，所以B选项错误；对于C选项，四棱锥体积的最大时，平面平面，由于是等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为，所以四棱锥体积的最大值为，故C选项正确；对于D选项，取中点，连接，由于为线段的中点，所以，所以在以点为球心的球面上，故D选项正确.故选：ACD23．（2021·山东广饶一中高三月考）如图所示，正方体中，，点在侧面（包括边界）上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（    ）A． B．点必在线段上C． D．平面【答案】BD【解析】对于A，因为点在平面，平面∥平面，所以点到平面即为到平面的距离，即为正方体棱长，所以，A错误；对于B，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则所以,因为，所以，所以，即，所以,所以，即三点共线，所以点必在线段上，B正确；对于C，因为，所以，所以不成立，C错误；对于D，因为,所以,设平面的法向量为，则，令，则，所以，所以，所以，所以∥平面，D正确，故选：BD。