2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷7立体几何Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷7立体几何Word版附解析，共16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。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A.2π3B.5π6C.πD.7π6
2.下列命题错误的是( )
A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面
B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥a
C.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥d
D.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行
3.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为( )
A.20°B.40°C.50°D.90°
4.如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为( )
A.2π9B.4π9C.2π3D.4π3
5.3D打印属于快速成形技术的一种,它是一种以数字模型文件为基础,运用粉末状金属或塑料等可黏合材料,通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型,现正用于一些产品的直接制造.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),圆锥底面直径为102 cm,母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为1 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( )(取π=3.14,精确到0.1)
A.609.4 gB.447.3 g
C.398.3 gD.357.3 g
6.(2021天津,6)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为32π3,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为( )
A.3πB.4πC.9πD.12π
7.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1,当直线PN与平面ABC所成角θ的正弦值取最大值时,实数λ的值为( )
A.12B.22C.32D.255
8.如图①,直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF,将梯形CDEF沿边EF翻折,如图②,在翻折过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下列说法正确的是( )
A.在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立
B.存在某一位置,使得CD∥平面ABFE
C.存在某一位置,使得BF∥CD
D.存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE
二、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2分,有选错的得0分.
9.设m,n是不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则真命题是( )
A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n
B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β
C.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
D.若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ
10.(2022全国新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则( )
A.V3=2V2B.V3=2V1
C.V3=V1+V2D.2V3=3V1
11.已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,H分别是AB,DD1,BC1的中点,则下列说法中正确的是( )
A.D1C1∥平面CHD
B.AC1⊥平面BDA1
C.三棱锥D-BA1C1的体积为56
D.直线EF与BC1所成的角为30°
12.(2021新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.有一正四棱锥P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45°,则此四棱锥的体积为 .
14.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 .
15.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,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 .
16.如图,将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割,再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体,当n越大,重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”,若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8,则圆柱的侧面积为 ,在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时,圆柱的外接球体积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求平面BCE与平面ABCD夹角的余弦值.
18.(12分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)证明:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A1MA1B1的值.
19.(12分)(2023新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
20.(12分)(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
21.(12分)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.
①AB⊥BC;
②FC与平面ABCD所成的角为π6;
③∠ABC=π3.
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.
(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;
(2)若 ,求二面角F-AC-D的余弦值.
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.
(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB.
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.
(3)在线段PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的大小为45°?如果存在,求BM与平面MAC所成的角;如果不存在,请说明理由.
章末目标检测卷七 立体几何
1.C 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为θ,
根据条件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,
根据扇形面积公式得θl22=πrl,
即θ=r·2πl=r·2π2r=π,
故选C.
2.D A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;
B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;
C正确,同一平面内不相交的两条直线一定平行;
D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面也可能相交,故选D.
3.B 由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.
圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,
则∠AOB=40°,
∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,
∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
4.A 连接DP,DN(图略),在Rt△MND中,斜边MN=2,则DP=1,则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球面的一部分,则球的体积为V=43π·r3=4π3.
因为∠BAD=60°,
所以∠ADC=120°,则该几何体为半球的13,
所以所求几何体的体积V'=4π3×12×13=2π9.
5.C 几何体的轴截面如图所示,因为圆锥底面直径为102 cm,
所以半径为OB=52 cm.
因为母线与底面所成角的正切值为tan B=2,所以圆锥的高为PO=10 cm.
设正方体的棱长为a,DE=2a,
则22a52=10-a10,解得a=5.
所以该模型的体积为V=13π×(52)2×10-53=500π3-125(cm3).
所以制作该模型所需原料的质量为500π3-125×1=500π3-125≈398.3(g).
6.B 如图所示,设两个圆锥的底面圆心为点D,
设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1,即AD=3BD.
设球的半径为R,则4πR33=32π3,可得R=2,所以AB=AD+BD=4BD=4,
所以BD=1,AD=3.
设圆锥的底面圆周上一点C,连接OC,则在Rt△COD中,可得CD=3.
因此,这两个圆锥的体积之和为13π·CD2·(AD+BD)=13π×3×4=4π.
7.A 分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.
由题意知P(λ,0,1),N12,12,0,则PN=12-λ,12,-1.
易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).
则直线PN与平面ABC所成的角θ满足sin θ=|cs|=1λ-122+54,
于是问题转化为二次函数求最值问题.
又因为θ∈0,π2,当θ最大时,sin θ最大,所以当λ=12时,sin θ最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角θ取得最大值.
故选A.
8.A 对于A,由题意得DE∥CF,AE∥BF,
∵AE∩DE=E,BF∩CF=F,∴平面ADE∥平面BCF,
又AD⊂平面ADE,∴在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立,故A正确;
对于B,由题意知CD与EF不平行,且在同一平面内,∴CD与EF相交,∴CD与平面ABFE相交,即不存在某一位置,使得CD∥平面ABFE,故B错误;
对于C,假设存在某一位置,使得BF∥CD,则在这一位置CD∥平面ABFE,由B选项分析知假设不成立.
∴不存在某一位置,使得BF∥CD,故C错误;
对于D,DE在任何位置都不垂直于EF,
∴不存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE,故D错误.
9.AD 因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为n⊥β,所以m∥n,选项A正确;
当α,β,γ是某三棱柱的三个侧面时,可以满足α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,但是α与β相交,选项B错误;
垂直于同一个平面的两个平面还可能相交,选项C错误;
因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为β∥γ,所以m⊥γ,选项D正确.
10.CD 设AB=ED=2FB=2,则V1=13×12×2×2×2=43,V2=13×12×2×2×1=23.
连接BD,由题意得AC⊥平面BDEF,S四边形BDEF=12×(1+2)×22=32.
因为V几何体=VE-ACD+VF-ABC+VE-ACF=2VA-BDEF=2×13×32×2=4,所以V3=VE-ACF=4-43−23=2.故选CD.
11.ABD 由题意,C1D1∥CD,C1D1⊄平面CHD,CD⊂平面CHD,所以D1C1∥平面CHD,A正确;
建立空间直角坐标系,如图所示,
由已知得AC1=(-1,1,1),BD=(-1,-1,0),DA1=(1,0,1),
所以AC1·BD=1-1+0=0,AC1·DA1=-1+0+1=0,
所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,又BD∩DA1=D,所以AC1⊥平面BDA1,B正确;
三棱锥D-BA1C1的体积为V三棱锥D-BA1C1=V正方体ABCD-A1B1C1D1-4V三棱锥A1-ABD=1-4×13×12×1×1×1=13,所以C错误;
因为点E1,12,0,F0,0,12,
所以EF=-1,-12,12,又BC1=(-1,0,1),
所以cs=EF·BC1|EF||BC1|=1+0+1232×2=32,
所以直线EF与BC1所成的角是30°,D正确.
12.BD A项中,当λ=1时,BP=BC+uBB1⇒BP−BC=CP=uBB1,则CP与BB1共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图①所示.
图①
在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=1+(1-u)2,
所以△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;
图②
B项中,当u=1时,BP=λBC+BB1⇒BP−BB1=B1P=λBC,则B1P与BC共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.
因为B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;
图③
C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.
取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则B32,0,0,C(0,12,0),A10,-12,1,P34,14,u,从而A1P=34,34,u-1,BP=-34,14,u,
由A1P·BP=u(u-1)=0,得u=0或u=1.
当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,
故C错误;
D项中,当u=12时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.
图④
建系同选项C,则A0,-12,0,A10,-12,1,B32,0,0,P32−32λ,λ2,12,从而A1B=32,12,-1,AP=32−32λ,λ2+12,12.
又四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.
要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12−λ2=0,解得λ=1.
当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.
综上所述,选BD.
13.43 如图,设点P在底面ABCD内的射影为O,因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,
所以O为正方形ABCD的中心.
取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,PE⊥AB,所以∠PEO为二面角P-AB-C的平面角,
所以∠PEO=45°,因为BC=2,所以OE=PO=1,
所以此四棱锥的体积为13·PO·SABCD=13×1×2×2=43.
14.14 如图,取BD的中点O,连接AO,CO,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AB=2,∠BCD=60°,
∴点A(0,0,3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,3,0),
∴AB=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0),
∴cs=AB·CD|AB||CD|=-12×2=-14.
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为14.
15.60π11 由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心.设DE的中点为F,则BF=BE2+EF2=1+14=52,AF=AB2-BF2=4-54=112.
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.
如图,作OM∥EF交AF于点M,由BO,AO分别在Rt△BOE和Rt△AOM中,可得r2=1+h2=14+112-ℎ2,解得h=211,r=1+411=1511,
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.
16.8π 32π3 由题意知,表面积增加的部分为新“长方体”的两个侧面,设原圆柱的底面半径为r,高为h,则可得2rh=8,所以圆柱的侧面积为2πrh=8π;
设圆柱的外接球的半径为R,依题意得(2R)2=(2r)2+h2,
所以外接球的表面积为S=4πR2=π(4r2+h2)≥π·24r2·ℎ2=4πrh=16π,当且仅当2r=h时,S最小,此时R=2,外接球的体积V=43πR3=32π3.
17.(1)证明 由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解 过点D作DG⊥EF,垂足为G,
由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,
故∠DFE=60°,则DF=2,DG=3,
可得点A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).
由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.
从而可得点C(-2,0,3).
所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,
则n·EC=0,n·EB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).
设m是平面ABCD的法向量,则m·AC=0,m·AB=0,
同理可取m=(0,3,4),则cs=n·m|n||m|=-21919.设平面BCE与平面ABCD的夹角为θ,则cs θ=|cs|=21919.
所以平面BCE与平面ABCD夹角的余弦值为21919.
18.(1)证明 ∵CD∥C1D1 ,CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,
∴CD∥平面A1B1C1D1.
由题意可知平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,
CD⊂平面CDE,
∴CD∥EF,
∴C1D1∥EF.
又点E为A1D1的中点,
∴点F为B1C1的中点.
(2)解 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.
不妨设正方体的棱长为2,设A1MA1B1=λ(0≤λ