第十三章 立体几何初步（A卷·基础提升练）-【单元测试】2022-2023学年高一数学分层训练AB卷（苏教版2019必修第二册）

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第13章   立体几何初步A卷•（基础提升练）本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟。  一、单选题1．已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，D是的中点，点P是线段上的动点，过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据外接球的表面积求解球半径，利用正三棱柱的外接球球心位置结合勾股定理可得棱柱的高，进而根据点的轨迹在以AF为直径的圆上,即可确定点到底面ABC距离的最大值,最后利用体积公式求解即可.【详解】外接球的表面积为，可得外接球半径为.因为正三棱柱的底面边长，所以,所以的外接圆半径为，设三棱柱的侧棱长为h，则有，即侧棱，设BC的中点为F，作出截面如图所示，因为，,所以，所以点E在以AF为直径的圆上，当点E在的中点时，此时点到底面ABC距离的最大，且最大值为，因为，所以此时点P在线段上，符合条件，所以三棱锥的体积的最大值为．故选：A．2．在正三棱柱中，所有棱长均为2，点分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（      ）A． B． C． D．【答案】D【分析】平移一条线，找到异面直线所成角，然后用余弦定理可得余弦值.【详解】如图，延长MB到P，使得因为M是中点，则，又所以ABPM是平行四边形，所以异面直线与所成的角是 (或其补角)又N是BC中点，所以三棱柱是正三棱柱，所以故选：D3．由于正六边形兼具美感与稳定性，许多建筑中都有出现正六边形.图中塔的底面是边长为的正六边形，则该塔底面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分成六个等边三角形，计算面积和.【详解】因为正六边形的边长为，所以正六边形可以分成六个等边三角形，所以面积.故选：D.4．宿州市三角洲生态公园是多功能的综合性公园，其标志性雕塑“生命之源”为水滴形状，寓意水是生命之源，此雕塑顶部可视为一个圆锥.已知此圆锥的高为，其母线与底面所成的角为60°，则此圆锥的侧面展开图的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知求得圆锥底面半径，进而确定母线长，应用圆锥侧面积的求法求侧面展开图面积.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，由题意得，则，从而，所以，圆锥的侧面展开图的面积.故选：B5．在正方体中，直线、分别在平面和内，且，则下列命题中正确的是（    ）A．若垂直于，则垂直于 B．若垂直于，则不垂直于C．若不垂直于，则垂直于 D．若不垂直于，则不垂直于【答案】C【分析】根据线面垂直的判定定理及直线位置关系来判定选项即可.【详解】AB选项，若垂直于，由面面，面面，可得垂直于面，即面内的所有直线均与垂直，而可能垂直于，也可能不垂直于，故A错误，B错误；CD选项，若不垂直于，则为面内的两条相交直线，由题可知，，则垂直面，又面，所以垂直于，故C正确，D错误.故选：C6．设､是互不重合的平面，､､是互不重合的直线，下列命题正确的是（    ）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】D【分析】根据线面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐一判断即可.【详解】对于A，若，，，，则或或与相交，故A错误；对于B，若，，则两直线平行或或相交或异面，故B错误；对于C，若，，，则直线平行或或相交或异面，故C错误；对于D，若，则在平面内存在直线，又，所以，又，所以，故D正确.故选：D.7．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据各选项结合线面平行的判定定理即可判断出.【详解】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.故选：D.8．如图，在直角梯形中，，D为边中点，将沿边折到．连接得到四棱锥，记二面角的平面角为，下列说法中错误的是（    ）A．若，则四棱锥外接球表面积B．无论为何值，在线段上都存在唯一一点H使得C．无论为何值，平面平面D．若，则异面直线所成角的余弦值为【答案】B【分析】根据梯形的长度和角度关系可知四边形为矩形，折叠后根据线面垂直的判定定理可知平面，根据二面角的定义可知二面角的平面角即为，根据，可将四棱锥放在长方体中，所以长方体外接球即为四棱锥外接球，求出长方体外接球表面积后即可判断A；根据可知，若B成立，则以为圆心，1为半径的圆与线段须有除点外的另一个交点，当与该圆相切时不成立，即可判断B；根据及面面垂直判定定理即可判断C；根据，过点做，垂足为分别取中点，连接可知所求异面直线所成角即为所成角，根据线面垂直的判定定理及性质定理可知，根据长度和垂直关系可求得，再根据余弦定理即可求得，即可判断D.【详解】解：由题知直角梯形，且D为边中点，，所以，由于，，所以四边形为矩形，所以，即折叠后有，当时，即平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，因为，所以四棱锥可看作长方体的一部分，如图所示： 所以长方体的外接球即为四棱锥的外接球，因为，所以长方体体对角线即为外接球直径，所以四棱锥外接球半径为，该球表面积为：，故选项A正确；在中，，当时，与以为圆心，1为半径的圆相切，此时线段上不存在点H使得，所以选项B错误；因为，，且平面，平面，所以平面，因为四边形为矩形，所以，所以平面，因为平面，所以平面平面，故选项C正确；因为，平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，所以，连接，交点为，取中点，连接，过点做，交于点，连接，如图所示：因为四边形为矩形，所以可得为中点，由为中点，所以，所以异面直线所成角即为所成角，因为平面，平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以，，因为，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，因为为中点，所以，因为，所以，因为，所以，即，在中，由余弦定理得：，所以直线所成角的余弦值为，即异面直线所成角的余弦值为，故选项D正确.故选：B 二、多选题9．已知直线a，b，c两两异面，且，，下列说法正确的是（    ）A．存在平面α，β，使，，且，B．存在平面α，β，使，，且，C．存在平面γ，使，，且D．存在唯一的平面γ，使，且a，b与γ所成角相等【答案】ABC【分析】通过平移直线，根据线面垂直的判定即可判定AC;通过平移直线，根据线面平行的判定即可判断C；根据空间中的对称性即可判断D【详解】对于A,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，因为，所以，设直线确定的平面为α，则，，直线和相交，所以，同理可得：，故A对；对于B,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，设直线确定的平面为α，因为//，且，所以，同理可得：，故B对；对于C,同时平移直线和直线，令平移后的直线相交，设平移后的直线为，因为，，所以，，设直线确定的平面为γ，则，，且，故C对；对于D，由对称性可知，存在两个平面γ，使，且a，b与γ所成角相等，故D错误；故选：ABC.10．如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据线面平行判定定理逐项验证即可.【详解】对于A，如下图，连接，则，又平面，则平面，所以不平行平面，故A不正确；对于B，因为，平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，如下图，取中点，连接，由正方体得，又，所以六点共面，故C不正确；对于D，如下图，连接交于，连接，在正方体中，由于四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以，平面，平面，所以平面，故D正确.故选：BD.11．如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（    ）A． B．平面BDCC．多面体的外接球的表面积为D．点A，P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示，连接，，如图所示正方体中且，四边形为平行四边形，则有为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确；多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确；点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.故选：BC【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便.12．如图，直三棱柱中，，，，是上的点，则下列结论正确的是（    ）A．B．若是的中点，异面直线，夹角的余弦值为C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体D．的最小值是【答案】ACD【分析】由线面垂直证线线垂直即可判断A；根据异面直线所成角的求法即可判断B；由切割图易判断C；将侧面图展开，可得当，，共线时，有最小值，由勾股定理即可判断D.【详解】因为，，且，所以平面，又平面，故，故A正确；与的夹角即为异面直线，夹角，故异面直线，夹角的余弦值为,B错误；由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C正确；将平面和平面展开，展开为一个平面，如下图，当，，共线时，的最小值为，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折成直二面角，此时中线与面所成的角的正弦值________．【答案】##【分析】先证翻折后为等边三角形，作面则为与面所成的角，求解即可.【详解】如图1：在等腰直角三角形中设则，沿斜边上的中线翻折成直二面角如图2，因为面面面，面 面，面又面 ，为等边三角形，作面于O 并连接， 为与面所成的角，为的中心， ，，故答案为：14．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等． 其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台 (即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的)．下图给出了一个石瓢壶的相关数据 (单位:cm)，那么该壶的容量约为_________． (A)       (B)         (C)          (D) 【答案】（C）.【分析】方法1：运用圆台体积公式计算即可.方法2：运用大圆锥体积减去小圆锥体积即可为圆台体积计算即可.【详解】方法1：由题意知，圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为4，则.方法2：如图，设大圆锥的高为h，则，解得：，所以.故答案为：（C）.15．给出下列说法：（1）圆柱的底面是圆面；（2）经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；（3）圆台的任意两条母线所在的直线可能相交，也可能不相交；（4）夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是__．【答案】（1）（2）【分析】由圆柱的性质判断(1)、(2)、(4)；由圆台的性质判断(3).【详解】解：圆柱的底面是圆面，故（1）正确；圆柱的母线都平行且相等，且都垂直于底面，则经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面，故（2）正确；圆台是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，则圆台的任意两条母线所在的直线相交，故（3）错误；当两个截面不平行或截面平行但不与底面平行时，两个截面间的几何体不是旋转体，故（4）错误．故答案为：（1）（2）．16．已知正方体的棱长为2，E，F分别为AB，BC的中点，则多面体的体积为____________．【答案】##【分析】利用多面体的体积等于三棱柱的体积与三棱台的体积之差来计算.【详解】多面体的体积等于三棱柱的体积与三棱台的体积之差，其中三棱柱的体积为，三棱台的体积为，所以多面体的体积为．故答案为：. 四、解答题17．如图，在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为，，设为侧棱的中点.求四棱锥的体积；【答案】【分析】根据给定条件，求出点E到平面的距离，再利用锥体的体积公式计算作答.【详解】因为在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为2，，为侧棱的中点，所以，点到平面的距离，又因为，所以，四棱锥的体积.18．如图，在直三棱柱中，D是的中点，，，．(1)证明：平面BCD．(2)求点D到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）确定，根据相似得到，得到线面垂直.（2）计算，，再根据等体积法计算得到距离.【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，故，，，平面，故平面，平面，． 因为，，所以．又D是的中点，，所以，所以，则．因为，平面BCD，所以平面BCD．（2）． ， 所以． 设点D到平面的距离为d，由，得， 解得，即点D到平面的距离为．19．如图，平面平面，，，直线AM与直线PC所成的角为，又，，．(1)求证：；(2)求多面体的体积．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据题意和面面垂直的性质定理可得平面即可得到证明；（2）取BC的中点N，则，连接MN，AN，由于直线AM与直线PC所成的角为，所以，根据题意，找出底面和高，并求出底面积，求出高，结合锥体的体积公式计算即可.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，由平面，得；（2）取BC的中点N，则，连接MN，AN，已知平面平面，平面平面，，平面，平面，又，则，且，是平行四边形，则，所以是直线AM与直线PC所成角的平面角，所以，在中，，在中，，由题意知，多面体即为四棱锥，则，即多面体的体积为.20．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交PB于点.求三棱锥的体积；【答案】【分析】取中点，连接，易知，且底面，由此即可求出答案；【详解】取中点，连接，在中，分别为中点，∴为的中位线，∴，且，又∵，∴∵底面，∴底面，∴.21．在直三棱柱中，，，，D是AB的中点．(1)求三棱锥的体积；(2)求证：平面；【答案】(1)5(2)证明见解析 【分析】（1）由题可得，然后结合条件利用棱锥体积公式即得；（2）设与相交于点，可得，根据线面平行的判定定理，即得；【详解】（1）因为，，，所以，即，又D是AB的中点，所以；（2）设与相交于点，连接，在中，为的中点，为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为菱形，，，，，，点F在平面ABCD内的射影恰为BC的中点G．(1)求证：平面平面BED；(2)求该几何体的体积．【答案】(1)证明见解析(2)20 【分析】（1）设AC与BD交于点O，连接OG，OE．由题可证，从而可得OE⊥平面ABCD，由此可证明结论；（2）由（1）及题目条件，可得.过G点向CD作垂线，垂足为H，连接FH，过G作GQ垂直于FH，垂足为Q，可得B点到平面CDEF的距离，由此可得.则该几何体的体积为.【详解】（1）如图，设AC与BD交于点O，连接OG，OE．因为O，G分别为BD，BC的中点，所以，．因为，，所以四边形EFGO为平行四边形，所以.又FG⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD．因为平面ABCD，所以OE⊥AC，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为平面BED，平面BED，，所以AC⊥平面BED.又平面ACE，故平面ACE⊥平面BED；（2）因为FG⊥平面ABCD，所以，，所以，所以．由（1）可知，由题可知，所以，所以四边形CDEF为等腰梯形．过G点向CD作垂线，垂足为H，连接FH．因为，，平面FGH，平面FGH，，所以平面FGH.又平面CDEF，故平面平面FGH．过G作GQ垂直于FH，垂足为Q，则平面CDEF．由题可知，，因为，所以．因为G为BC的中点，所以B点到平面CDEF的距离为．又，故．又，故该几何体的体积为．