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    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

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    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92023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质量检测已知mn为异面直线,m⊥平面αn⊥平面β,直线l满足l ⊥ml ⊥n  A. α∥β∥α B. α⊥β⊥βC. αβ相交,且交线垂直于 D. αβ相交,且交线平行于2、(龙岩2023届高三5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2023311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2023届高三5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)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12,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2023届高三5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,EF分别是ABBC中点,则(    A. 平面B. 平面C. 平面平面D. E到平面的距离为3、(宁德2023届高三5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. 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. 时,有且仅有一个点,使得平面C. 时,有且仅有一个点,使得D. 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45,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,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.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______. 、解答题1、(福州市2023届高三5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,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2023届高三5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:2D的延长线上,且M的中点,求平面与平面夹角的余弦值. 4、(宁德2023届高三5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ABCD2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,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到平面的距离;2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.  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1D   2C   3C   4B   5A   6A7D   8B    二、多项选择题1BC   2ACD   3ACD   4BCD   5AD   6AD   7ACD 三、填空题1   2   3 四、解答题11连接,设,连接因为直线//平面平面,平面平面所以//又因为的中点,则的中点,所以.2因为直线//平面,直线到平面的距离为到平面的距离为又因为的中点,则到平面的距离为,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,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.21解(1为圆的直径,是圆上异于的点,.平面平面.平面平面平面.(注:也可以由,证明,得出2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,令,可得设平面的一个法向量为,令,可得.设平面与平面的夹角为平面和平面夹角的余弦值为. 31底面,垂足为O,则与平面所成角,,在中,由可得因为底面底面,故,中,,则,中,由可得,且,中,,则,,故点必在上,且为的中点,  底面底面,故平面,平面平面,.2由(1)可知,,平面,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,,即设平面的法向量为,则,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故平面与平面夹角的余弦值为. 41解法一:取的中点,连接.在四边形中,,故四边形为直角梯形,,故.又由,所以四边形为正方形,,从而,所以,故.平面平面,从而平面平面,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,,故,且,所以四边形为正方形,为等腰直角三角形,从而为等腰直角三角形.中,又因为,所以,所以,故平面平面从而平面,又平面,所以平面平面.2解法一:取的中点,连接,所以因为平面平面,且平面平面,所以平面.的中点,所以,且由(1)知,故.为原点,所在的直线分别为轴,建立如图的空间直角坐标系,,则平面的一个法向量为设平面的一个法向量为,则因为二面角的大小为,所以,解得:所以线段上存在点,当时,使得二面角大小为.解法二:过,则平面.为原点,所在的直线分别为轴,建立如图的空间直角坐标系,,则设平面的一个法向量为,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,过,连接由(1)知平面平面,所以平面平面,故平面平面所以,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,解得,所以,从而.所以线段上存在点,当时,使得二面角大小为. 51连接中,由余弦定理,则,可得由题意可得:,则,可得平面平面,且平面所以平面平面ABCD2PAB内作,交于点M因为平面PAB平面PAB,则平面平面如图,以A为坐标原点,x轴正方向,y轴正方向,z轴正方向,建立空间直角坐标系,,解得,即可得设平面的法向量,则,则,即由(1)可知:平面的法向量所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.61连接,由三棱台中,的中点可得,所以四边形为平行四边形,故,平面, 平面,平面,平面,且平面 所以平面平面,又平面平面,平面平面,,由于的中点,的中点,故点在边的中点处,平面;2因为平面平面,所以,平面,平面,由于平面,所以 ,由(1)知:在边的中点,的中点,所以,进而连接, 所以四边形为平行四边形, ,由于平面,因此平面两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系;设 设平面平面的法向量为,取,则当且仅当,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 . 71连接相交于点,连接,如图所示:  四边形为菱形,为等边三角形,的中点,有,又,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,作,所以有平面又因为为等边三角形,平面为原点,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    ,由  设平面的一个法向量则有,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,. 81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平面,所以两两垂直.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,因为所以设平面的法向量,所以,则所以平面的一个法向量设直线与平面所成角为所以,所以存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为 91过点交圆于点,( 分别为的中点,所以,,所以,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,所以因为平面的中点,所以点到平面距离为所以2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,  所以设平面的法向量为,则,不妨取,得因为与平面所成角的正弦值为所以所以,所以

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