高中高考数学一轮复习综合检测AB卷立体几何与空间向量综合测试卷A含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷立体几何与空间向量综合测试卷A含解析答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A．B．C．D．
2．已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
3．已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A．10B．3C．D．
4．已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则．
A．①②B．②③C．①③D．③④
5．如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
6．龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为（ ）（圆台的体积公式：，其中分别表示圆台上下底面的面积）
A．B．C．D．
7．已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4B．C．5D．
8．正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（ ）
A．24B．25C．48D．50
二、多选题
9．若圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆，则（ ）
A．该圆锥的母线与底面所成的角为B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的内切球的体积为D．该圆锥的外接球的表面积为
10．如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接、.若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论不正确的是（ ）
A．平面恒成立B．存在某个位置，使
C．线段的长为定值D．
11．长方体中，，，，，，以EF为直径的球与该长方体各棱公共点的个数可能为（ ）
A．4B．8C．12D．24
三、填空题
12．已知点，平面经过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为
13．达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
14．棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 .
四、解答题
15．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值．
16．如图甲是由正方形ABCD，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿AB，BC，AC折起得三棱锥P-ABC，如图乙．
(1)求证：平面平面；
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M，且三棱锥和的体积比为1∶2，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
17．如图，在三棱台中，若平面，，，，为棱上一动点（不包含端点）．

(1)若为的中点，在图中过点作一个平面，使得平面．（不必给出证明过程，只要求作出 与棱台的截面）；
(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由．
18．如图所示，四棱锥中，平面，，，.
(1)求与平面所成夹角的正弦值；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)设为上一点，且，若平面，求的长.
19．如图所示的几何体是圆锥的一部分，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是弧上一动点（不与重合），点在上，且，.
(1)当时，证明：平面；
(2)若四棱锥的体积大于等于.
①求二面角的取值范围；
②记异面直线与所成的角为，求的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
【详解】由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故选：C．
2．C
【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得b⊥α，从而得到；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果.
【详解】由a，b是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，
在A中， ，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；
在B中，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；
在C中，由可知，由线面垂直的性质可知，故C正确；
在D中，，因为b的方向不确定，可得a与b可以成任意角，故D错误．
故选：C.
3．C
【分析】利用向量法求点到平面的距离公式即可求解.
【详解】由题得，
所以到平面的距离为，
故选：C.
4．D
【分析】借助长方体模型考察直线是否可在平面内，可判断①②；在平面内取两条相交直线m，n，根据线面垂直判定定理可判断③；利用线面平行的性质定理和异面直线夹角定义可判断④.
【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图，
当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确；
当直线为直线a时，满足，，而，②不正确；
在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则，
而，则，又，m，n是相交直线，∴，③正确；
因，过直线b作平面，如图，
则有，又，，于是得，从而得，④正确，
∴给定命题正确的是③④.
故选：D.
5．C
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
6．B
【分析】求出有水部分的高，根据圆台的体积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知，该龙洗盆的轴截面图如图：
龙洗盆上底半径为12cm，下底半径为6cm，
当水深为4cm时，占盆高的，此时水面的半径为cm，
则盆内水的体积，
故选：B
7．C
【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.
【详解】
如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.
故选：C.
8．D
【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得,,
又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，,
所以，
由，则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以
故的最小值为.
故选：D
9．BD
【分析】根据题意求得圆锥的母线、高以及底面半径，并作出图象，对于A，根据圆锥的几何性质，结合线面角的定义，可得答案；对于B，根据圆锥的体积公式，可得答案；对于C、D，根据圆锥的轴截面，利用等边三角形的性质，结合球的体积与表面积公式，可得答案.
【详解】由题意可知，圆锥的母线长为，圆锥侧面展开图的弧长为，
设圆锥的底面半径为，则，解得，则圆锥的高，
如下图：
对于A，设圆锥的母线与底面所成的角为，则，解得，故A错误；
对于B，圆锥的体积，故B正确；
对于C，设圆锥的内切球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
由，则在等边中，内切圆半经，即，
所以圆锥的内切球的体积，故C错误；
对于D，设圆锥的外接球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
在等边中，外接圆半径，即，
所以圆锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：BD.
10．BD
【分析】根据面面平行的判定定理和性质、线面垂直的判定定理、余弦定理、棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】设的中点为，连接、，
因为为线段的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为在矩形中，，是边的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以有平面恒成立，A说法正确；
设在底面的射影为，连接，
因为在矩形中，，是边的中点，
所以，，由与全等可得，
所以与不垂直，
假设存在某个位置，使，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，与与不垂直矛盾，
所以不存在某个位置，使，B说法错误；
在矩形中，，是边的中点，所以，
所以由，可得，
所以由余弦定理可得，
因为，，所以代入得，即是定定值，C说法正确；
，D说法错误；
故选：BD
11．ABC
【分析】分类讨论当、、、且时，球与长方体各棱公共点的个数，即可求解.
【详解】当时，分别是的中点，此时有4个交点；
当时，与重合，与重合，此时球与8个顶点均相交，有8个交点；
当时，情况同；
当且时，利用运动的思想，可知存在该球与12条棱均有交点的情况；
故选：ABC.
12．
【分析】求出，再利用点到平面的距离公式，求出答案.
【详解】由题知，设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为，
故答案为：.
13．
【分析】判断出异面直线与所成角，解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】设，则是的中点，连接，
由于，所以是异面直线与所成角（或其补角），
在三角形中，，
根据正方体的性质可知平面，平面，
所以，所以，
所以在直角三角形中，.
故答案为：
14．
【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解.
【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接，
则由正方体性质有，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又且都在面，所以平面平面，
又面，所以平面，
所以的轨迹是以的中点为端点的线段，
因为，
所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大，
此时，点与的中点重合，
取中点O，连接，则由正方体性质可得平面，
所以三棱锥的外接球球心在所在直线上，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，球心为，
则
于是，，
所以外接球半径为，
所以.
故答案为：.
15．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；
（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点O，连接,，
∵，，∴且，
∵，，∴，且,
∴四边形是平行四边形，∴，
∵，平面，平面，
∴平面.
（2）因为，，两两垂直，
故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，
各点坐标如下：，，，，
，，，
设平面的法向量为，由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
有，，，
可得，
故平面与平面AEF的夹角的余弦值为．
16．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，得到线面垂直，进而证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式求出答案.
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接．
．
，
，
同理．
又，
，
平面平面．
又平面平面平面．
（2）如图建立空间直角坐标系，
根据边长关系可知，，，
．
三棱锥和的体积比为，
，
，
．
设平面的法向量为，
则，令，则，得．
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的定义即可得出平面；
（2）设出点的位置，表达出平面与平面的法向量，写出余弦值表达式，即可求出点的位置和的长度.
【详解】（1）由题意，
我们需要保证平面的两条相交直线平行于平面的两个相交直线，
我们过点作的平行线，连接，即可得到平面，
作出图像如下图所示，

（2）由题意，
在三棱台中，
建立空间直角坐标系如下图所示：
，，，，
，，，设，则，
，
令平面的法向量为，
则，
令，则，，
；
又平面的一个法向量，
，
解得：或（舍），
∴，
∴存在点，此时的长度为：.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，结合线面角的坐标计算公式求解即可；
（2）根据面面角的坐标计算公式直接求解即可；
（3）根据题意设，结合平面求解答案即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又因为，所以、、两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以延长、交于，，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为
（2）由题意知，平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为
（3）设，则，
则
，
因为平面，所以，
所以，解得，
即的长为
19．(1)证明见解析；
(2)①；②.
【分析】（1）结合余弦定理与勾股定理可证，再由，，可得平面，从而有，再由线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）①设，则二面角的平面角即为，易得四边形的面积，由，可得，即二面角的取值范围；
②以为坐标原点建立空间直角坐标系，用含的式子表示出点的坐标，再利用向量法求异面直线夹角，即可求解.
【详解】（1）由题知，在中，，,,
求得，则，
又,,,,平面，
故平面，
又平面，所以，
又,平面，
平面
（2）①设，,,则二面角的平面角即为，
在上取点，使，连接,
，
四棱锥的体积，
其中表示四边形的面积，
则
，
由，可得，
，则，
故，解得，
即二面角的取值范围为；
②以方向轴正方向，在内垂直于的方向为轴正方向，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，,,
，,
,
即的最大值为.