2022届高考数学二轮专题测练-立体几何

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-立体几何，共12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（共20小题；共100分）
1. 下列不属于构成空间几何体的基本元素的是
A. 点B. 线段
C. 曲面D. 多边形（不含内部的点）

2. 图用符号语言可表述为
A. α∩β=m，n⊂α，m∩n=A
B. α∩β=m，n∈α，m∩n=A
C. α∩β=m，n⊂α，A⊂m，A⊂n
D. α∩β=m，n∈α，a∈m，A∈n

3. 已知下列两个命题，命题甲：平面 α 与平面 β 相交；命题乙：相交直线 l，m 都在平面 α 内，并且都不在平面 β 内，直线 l，m 中至少有一条与平面 β 相交．则甲是乙的
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件

4. 在 △ABC 中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120∘，若使该三角形绕直线 BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是
A. 32πB. 52πC. 72πD. 92π

5. 如图，△ABC 为正三角形，AAʹ∥BBʹ∥CCʹ，CCʹ⊥ 平面 ABC，且 3AAʹ=32BBʹ=CCʹ=AB，则多面体 ABC−AʹBʹCʹ 的正视图（也称主视图）是
A. B.
C. D.

6. 下面给出了四个条件：①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线 α 都相交的两条直线；④两两相交的三条直线．其中，能确定一个平面的条件有
A. 0 个B. 1 个C. 2 个D. 3 个

7. 在封闭的直三棱柱 ABC−A1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则 V 的最大值是
A. 4πB. 9π2C. 6πD. 32π3

8. 已知 O 为坐标原点，向量 a=−2,1,1，点 A−3,−1,4，B−2,−2,2．若点 E 在直线 AB 上，且 OE⊥a，则点 E 的坐标为
A. −65,−145,25B. 65,145,−25
C. 65,−145,25D. −65,145,−25

9. 下列命题正确的个数为
①经过三点确定一个平面
②梯形可以确定一个平面
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．
A. 0B. 1C. 2D. 3

10. 三棱锥 S−ABC 中，SA⊥底面ABC，若 SA=AB=BC=AC=3，则该三棱锥外接球的表面积为
A. 18πB. 21π2C. 21πD. 42π

11. 已知空间向量 a，b 满足 a=b=1，且 a，b 的夹角为 π3，O 为空间直角坐标系的原点，点 A，B 满足 OA=2a+b，OB=3a−b，则 △OAB 的面积为
A. 523B. 543C. 743D. 114

12. 若正方体的棱长为 2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为
A. 23B. 23C. 3D. 26

13. 如图，在四棱锥 P−ABCD 中，侧面 PAD 为正三角形，底面 ABCD 为正方形，侧面 PAD⊥面ABCD，M 为底面 ABCD 内的一个动点，且满足 MP=MC，则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为下图中的

A. B.
C. D.

14. 正三棱柱 ABC−A1B1C1 的各棱长均为 1，D 为 AA1 的中点，则四面体 A1−BCD 的体积是
A. 34B. 38C. 312D. 324

15. 如图所示，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，P 为对角线 BD1 的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有
A. 3 个B. 4 个C. 5 个D. 6 个

16. 设 A 、 B 、 C 、 D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是
A. 若 AC 与 BD 共面，则 AD 与 BC 共面
B. 若 AC 与 BD 是异面直线，则 AD 与 BC 是异面直线
C. 若 AB=AC，DB=DC，则 AD=BC
D. 若 AB=AC，DB=DC，则 AD⊥BC

17. 一矩形的一边在 x 轴上，另两个顶点在函数 y=2x1+x2x>0 的图象上，如图所示，则此矩形绕 x 轴旋转而成的几何体的体积的最大值是
A. πB. π3C. π4D. π2

18. 已知边长为 1 的正方体内接于半球体，即正方体的顶点中，有四点在球面上，另外四点在半球体的底面圆内，则半球体的体积为
A. 16π3B. 6πC. 6π2D. 46π

19. 已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 a，长为定值的线段 EF 在棱 AB 上移动 EF3，
所以最大球的直径 2R=3，即 R=32．
此时球的体积 V=43πR3=9π2．
8. A【解析】因为 E 在直线 AB 上，故存在实数 t 使得 OE=OA+AE=OA+tAB=−3,−1,4+t1,−1,−2=−3+t,−1−t,4−2t．
若 OE⊥a，
则 OE⋅a=0，
所以 −2−3+t+−1−t+4−2t=0，
解得 t=95，
因此点 E 的坐标为 −65,−145,25．
故选A．
9. C【解析】经过不共线的三点可以确定一个平面；
两条平行线可以确定一个平面；
两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面；
两个平面相交，有一条公共交线，上面有无数个点．
10. C
【解析】由于 AB=BC=AC=3，则 △ABC 是边长为 3 的等边三角形，
由正弦定理知，△ABC 的外接圆半径 r 满足：2r=3sinπ3=23，
由于 SA⊥底面ABC，所以该三棱锥的外接球半径 R 满足 2R=SA2+2r2=21，
所以三棱锥 S−ABC 的外接球的表面积为 4πR2=π×2R2=21π．
11. B【解析】OA=2a+b2=4a2+b2+4a⋅b=7，同理 OB=7，
则 cs∠AOB=OA⋅OBOAOB=6a2−b2+a⋅b7=1114，
从而有 sin∠AOB=5314，
所以 △OAB 的面积 S=12×7×7×5314=534．
12. B【解析】所求凸多面体的表面积是两个底面边长为 1，高为 22 的四棱锥的侧面积之和，
如图，四棱锥的侧棱长 l=222+12+1222=1，
同理，四棱锥的底面边长为 1，
则四棱锥的侧面是正三角形，
所以以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积 S=8×34×12=23．
13. A
14. D【解析】如图，
因为 ABC−A1B1C1 为正三棱柱，
所以底面 ABC 为正三角形，侧面 BB1C1C 为正方形，VA1−BCD=VABC−A1B1C1−VA1−BB1C1C−VD−ABC=12×1×32×1−13×1×32−13×12×1×32×12=324.
15. B
【解析】在直角三角形 D1DB 中，点 P 到点 D1，D，B 的距离均不相等，在直角三角形 D1CB 中，点 P 到点 C 的距离与到点 D1，D，B 的距离均不相等，在直角三角形 D1A1B 中，点 P 到点 A1 的距离与点 P 到点 D 的距离相等，在直角三角形 D1AB 中，点 P 到点 A 的距离与点 P 到点 C 的距离相等，在直角三角形 D1C1B 中，点 P 到点 C1 的距离与点 P 到点 D 的距离相等．
16. C【解析】若 AC 与 BD 共面，则 A 、 B 、 C 、 D 四点共面，所以 AD 与 BC 共面；
若 AC 与 BD 是异面直线，则 A 、 B 、 C 、 D 四点不共面，所以 AD 与 BC 一定是异面直线；
若 AB=AC，DB=DC，取 BC 中点 E，连接 AE 、 DE，则 DE⊥BC，AE⊥BC，所以 BC⊥平面AED，故 BC⊥AD．
17. A【解析】旋转后所得几何体为圆柱，如图所示．
设矩形的一条边所在直线为 y=aa>0，Cx1,y1，Dx2,y2．
联立 y=a 与 y=2x1+x2x>0 得，ax2−2x+a=0，
由此可得 x1+x2=2a，x1x2=1．
所以 ∣x1−x2∣=2a1−a2，
即圆柱的高为 2a1−a2，圆柱的底面半径为 a，
所以其体积为 πa2×2a1−a2=2πa2−a4=2πa21−a2≤2π⋅a2+1−a22=π，
当且仅当 a2=1−a2，即 a=22 时，其体积有最大值 π．
18. C
19. D
20. D
【解析】设 x+y=u，则 2x+y2−5xy=x+y+1，则 2u2−u−1=5xy≤54u2，
即 3u2−4u−4≤0，解得 −23≤u≤2．
又注意到 xy>0，得 2u2−u−1>0，解得 u>1 或 u