福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编:立体几何-2024高三数学一轮复习
展开
这是一份福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编:立体几何-2024高三数学一轮复习,共28页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编立体几何一、单项选择题1、(福州市2023届高三5月质量检测)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l ⊥m,l ⊥n,则( )A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥βC. α与β相交,且交线垂直于 D. α与β相交,且交线平行于2、(龙岩市2023届高三5月质量检测)如图,已知正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体,则该正八面体的内切球表面积为( )A. B. C. D. 3、(南平市2023届高三第三次质量检测)2023年3月11日,“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务,顺利返回三亚.本次航行有两个突出的成就,一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊,二是到达了瓦莱比-热恩斯深渊,并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集.如图1是“奋斗者”号模型图,其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体,其轴截面如图2所示,则该模型球舱体积为( ).A. B. C. D. 4、(宁德市2023届高三5月质量检测)中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究,中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时,将正四棱台切割成九部分进行求解.下图(1)为俯视图,图(2)为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体;对应四个三棱柱,对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12,四个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为( )A. 24 B. 28 C. 32 D. 365、(莆田市2023届高三第四次教学质量检测)在三棱锥中,已知△ABC是边长为8的等边三角形,平面ABC,,则AB与平面PBC所成角的正弦值为( )A. B. C. D. 6、(泉州市2023届高三教学质量监测(三))图1中,正方体的每条棱与正八面体(八个面均为正三角形)的条棱垂直且互相平分.将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结,得到图2的十二面体,该十二面体能独立密铺三维空间.若,则点M到直线的距离等于( )A. B. C. D. 7、(三明市2023届高三教学质量监测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示),若它的棱长为2,则下列说法错误的是( )A. 该二十四等边体的外接球的表面积为B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E,满足关系式C. 直线与的夹角为60°D. 平面8、(厦门市2023届高三适应性练习)已知圆台上下底面的半径分别为1和2,母线长为3,则圆台的体积为( )A. B. C. D. 二、多项选择题1、(龙岩市2023届高三5月质量检测)如图,已知正六棱台中,,,,则( ) A. B. C. 平面 D. 侧棱与底面所成的角为2、(南平市2023届高三第三次质量检测)在棱长为1的正方体中,E,F分别是AB,BC中点,则( )A. 平面B. 平面C. 平面平面D. 点E到平面的距离为3、(宁德市2023届高三5月质量检测)在正方体中,分别为的中点,则以下结论正确的是( )A. 直线与平面平行B. 直线与直线垂直C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 四面体的体积为4、(泉州市2023届高三教学质量监测(三))在长方体中,,,点、在底面内,直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等,且,则( )A. B. 点的轨迹长度为C. 三棱锥的体积为定值D. 与该长方体的每个面所成的角都相等5、(三明市2023届高三教学质量监测)如图,在直三棱柱中,,分别是棱的中点,在线段上,则下列说法中正确的有( )A. 平面 B. 平面C. 存在点,满足 D. 的最小值为6、(厦门市2023届高三适应性练习)如图,在棱长为1的正方体中,点满足,其中,则( )A. B. 当时,有且仅有一个点,使得平面C. 当时,有且仅有一个点,使得D. 当时,三棱锥的体积为定值7、(漳州市2023届高三第四次教学质量检测)在棱长为1的正方体中,点为的中点,点,分别为线段,上的动点,则( )A. B. 平面可能经过顶点C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题1、(福州市2023届高三5月质量检测)已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上,其上、下底面半径分别为4和5,则该圆台的侧面积为_________.2、(莆田市2023届高三第四次教学质量检测)我国历史文化悠久,“爰”铜方彝是商代后期的一件文物,其盖似四阿式屋顶,盖为子口,器为母口,器口成长方形,平沿,器身自口部向下略内收,平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm,口长13.5cm,口宽12cm,底长12.5cm,底宽10.5cm.现估算其体积,上部分可以看作四棱锥,高约8cm,下部分看作台体.则其体积约为________(精确到0.1).(参考数据:,)3、(漳州市2023届高三第四次教学质量检测)已知正四棱台的上底面的边长为,下底面的边长为,记该正四棱台的侧面积为,其外接球表面积为,则当取得最小值时,的值是______. 四、解答题1、(福州市2023届高三5月质量检测)如图,四边形是圆柱的轴截面,是母线,点D在线段BC上,直线//平面.(1)记三棱锥的体积为,三棱锥的体积为,证明:;(2)若,,直线到平面的距离为,求直线与平面所成角的正弦值. 2、(龙岩市2023届高三5月质量检测)如图,圆台下底面圆的直径为是圆上异于的点,且为上底面圆的一条直径,是边长为6的等边三角形,.(1)证明:平面平面;(2)求平面和平面夹角的余弦值. 3、(南平市2023届高三第三次质量检测)如图,在三棱锥中,点S在底面ABC的投影在三角形ABC的内部(包含边界),底面是边长为4的正三角形,,,与平面所成角为. (1)证明:;(2)点D在的延长线上,且,M是的中点,求平面与平面夹角的余弦值. 4、(宁德市2023届高三5月质量检测)在四棱锥中,,.(1)证明:平面平面;(2)在线段上是否存在点,使得二面角的大小为?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 5、(莆田市2023届高三第四次教学质量检测)如图,在四棱锥中,已知,,,,,△PAD为正三角形,.(1)证明:平面平面ABCD.(2)求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 6、(泉州市2023届高三教学质量监测(三))如图,三棱台中,是的中点,E是棱上的动点.(1)试确定点E的位置,使平面;(2)已知平面.设直线与平面所成的角为,试在(1)的条件下,求的最小值. 7、(三明市2023届高三教学质量监测)如图,在三棱柱中,为等边三角形,四边形为菱形,,,. (1)求证:平面;(2)线段上是否存在一点,使得平面与平面的夹角的正弦值为?若存在,求出点的位置;若不存在,请说明理由. 8、(厦门市2023届高三适应性练习)筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形.如图,四边形为筝形,其对角线交点为,将沿折到的位置,形成三棱锥. (1)求到平面的距离;(2)当时,在棱上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 9、(漳州市2023届高三第四次教学质量检测)如图,是圆的直径,点是圆上异于,的点,平面,,,,分别为,的中点,平面与平面的交线为,在圆上. (1)在图中作出交线(说明画法,不必证明),并求三棱锥的体积;(2)若点满足,且与平面所成角的正弦值为,求的值. 参考答案一、选择题1、D 2、C 3、C 4、B 5、A 6、A7、D 8、B 二、多项选择题1、BC 2、ACD 3、ACD 4、BCD 5、AD 6、AD 7、ACD 三、填空题1、 2、 3、 四、解答题1、(1)连接,设,连接,因为直线//平面,平面,平面平面,所以//,又因为为的中点,则为的中点,所以.(2)因为直线//平面,直线到平面的距离为,则到平面的距离为,又因为为的中点,则到平面的距离为,由,则,可得,延长交底面圆周于点,连接,则因为平面,平面,则,,平面,所以平面,由平面,则,即的边AD的高为,由题意可得:,可得为等腰直角三角形,则,可得,由,解得,所以直线与平面所成角的正弦值,因为//,则直线与平面所成角即为直线与平面所成角,故线与平面所成角的正弦值.2、(1)解(1)为圆的直径,是圆上异于的点,故,又,而.平面,平面.平面平面平面.(注:也可以由,证明,得出)(2)设为的中点,连接,则,由(1)可知,平面;所以平面,平面,如图以为原点,分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,由题意可得平面,四边形为矩形,设平面的一个法向量为由,令,可得,即,设平面的一个法向量为,由得,令,可得,即.设平面与平面的夹角为则平面和平面夹角的余弦值为. 3、(1)作底面,垂足为O,则为与平面所成角,即,在中,由可得,因为底面,底面,故,在中,,则,在中,由可得,故,且,在中,,则≌,故,而,故点必在上,且为的中点, 底面,底面,故,又平面,故平面平面,故.(2)由(1)可知,,且平面,故平面,以点O为坐标原点,以所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系, 由于,故,则,则,即,设平面的法向量为,则,即,令,则,由题意可取平面的一个法向量为,设平面与平面夹角为,则,故平面与平面夹角的余弦值为. 4、(1)解法一:取的中点,连接.在四边形中,,故四边形为直角梯形,又,故.又由,所以四边形为正方形,故,从而;又,所以,故.由平面平面,从而平面,又平面,所以平面平面.解法二:取的中点的中点,连接.在四边形中,,故四边形为直角梯形,又,故,且,所以四边形为正方形,故为等腰直角三角形,从而,为等腰直角三角形.在中,,又因为,所以,,又,所以,故,由平面平面,从而平面,又平面,所以平面平面.(2)解法一:取的中点,连接,由,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面.又为的中点,所以,且,由(1)知,故.以为原点,所在的直线分别为轴,建立如图的空间直角坐标系,则则,设,则,,平面的一个法向量为,设平面的一个法向量为,则令,则,因为二面角的大小为,所以,由,解得:,所以线段上存在点,当时,使得二面角大小为.解法二:过作,则平面.以为原点,所在的直线分别为轴,建立如图的空间直角坐标系,则,设,则,,,设平面的一个法向量为,则令,得,因为二面角的大小为,所以平面与平面所成的角也等于,平面的一个法向量为,,因为,解得,所以线段上存在点,当,即时,使得二面角大小为.解法三:过点作于,过作于,连接,由(1)知平面平面,所以平面,平面,故,又平面平面,所以平面,又平面,因而,所以是二面角的平面角.因为平面平面,二面角大小为,所以二面角大小为,从而,故,设,因为,从而,所以,从而,因为,从而,所以,即,解得,所以,从而.所以线段上存在点,当时,使得二面角大小为. 5、(1)连接,在中,由余弦定理,即,则,可得,由题意可得:,则,可得,,平面,则平面,且平面,所以平面平面ABCD.(2)在△PAB内作,交于点M,因为平面PAB,平面PAB,则,,平面,则平面,如图,以A为坐标原点,为x轴正方向,为y轴正方向,为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则,设,则,解得,即,可得,设平面的法向量,则,令,则,即,由(1)可知:平面的法向量,则,所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.6、(1)连接,由三棱台中,是的中点可得,所以四边形为平行四边形,故,平面, 平面,故平面,又平面,且平面, ,所以平面平面,又平面平面,平面平面,故,由于是的中点,故是的中点,故点在边的中点处,平面;(2)因为平面,平面,所以,又平面,故平面,由于平面,所以 ,由(1)知:在边的中点,是的中点,所以,进而,连接,由 所以四边形为平行四边形,故 ,由于平面,因此平面,故两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系;设,则,故 ,设平面平面的法向量为,则,取,则,又,故,当且仅当,即时取等号,要使的最小值,只需要最大,最大值为,此时的最小值为 . 7、(1)连接与相交于点,连接,如图所示: 四边形为菱形,,为等边三角形,是的中点,有,、面,,面,又面,则,又已知,,平面,所以平面.(2),分别为,的中点,连接,,由(1)平面,所以平面面,作,所以有平面,又因为为等边三角形,,平面以为原点,,,的方向分别为轴、轴、轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 则,,,,由,, 设,,则,设平面的一个法向量,则有,令,则, 易取平面的一个法向量为 ,由已知平面与平面的夹角的正弦值为,则平面与平面的夹角的余弦值为,则有,,由解得.所以,点存在,. 8、(1)因为,所以不可能为四边形的对称轴,则为四边形的对称轴,所以垂直平分,所以.平面平面所以平面.所以到平面的距离.(2)存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为.过作平面,所以两两垂直.以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系 由(1)得平面平面,因为所以.设,,,设平面的法向量,,所以令,则,所以平面的一个法向量,设直线与平面所成角为,,.所以或,所以存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为或. 9、(1)过点作交圆于点,( ,分别为,的中点,所以,又,所以,故为平面与平面的交线)因为是圆的直径,所以,,所以,所以四边形为矩形,因为,,所以,因为平面,为的中点,所以点到平面距离为,所以(2)以为坐标原点,分别以,,的方向作为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系,如图, 则,,,,,所以,,,,设平面的法向量为,则即,不妨取,得因为与平面所成角的正弦值为,所以所以,所以或
相关试卷
这是一份福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编:圆锥曲线-2024届高三数学一轮复习资料,共26页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
这是一份福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编:排列组合与二项式定理--2024届高三数学一轮复习,共4页。试卷主要包含了排列组合,二项式定理,多项选择题等内容,欢迎下载使用。
这是一份福建省9市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编:统计-2024高三数学一轮复习,共10页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。