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B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B含解析答案，共29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．设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
2．如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
3．如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．边长为4的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥体积的最大值为（ ）

A．B．C．D．
6．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为，则下列错误的是（ ）
A．该正八面体结构的外接球表面积为
B．该正八面体结构的内切球表面积为
C．该正八面体结构的表面积为
D．该正八面体结构的体积为
7．如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，某圆柱的轴截面是一个边长为4的正方形，点分别为，的中点，则（ ）
A．多面体的体积为B．平面平面
C．直线与直线所成的角为D．点到平面的距离为
10．已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（ ）
A．两两垂直
B．在平面的投影为的中点
C．三点共线
D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球
11．已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，则直线平面
B．当时，的最小值为
C．当时，的取值范围为
D．当，且时，则点的轨迹长度为
三、填空题
12．如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的个侧面的条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是 ．
13．如图，在棱长为4的正方体中，已知是上靠近的四等分点，点分别在上，则周长的最小值为 .
14．如图，正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长，以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面的面积为 .
四、解答题
15．如图，在五面体ABCDEF中，，，，平面ABCD，平面平面ABCD，二面角A-DC-F的大小为60°．
(1)求证：四边形ABCD是梯形；
(2)点P在线段AB上，且，求二面角P-FC-B的余弦值．
16．如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围.
17．如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为.

(1)证明：直线平面；
(2)设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，.
18．如图，直棱柱中，为的中点，，，．
(1)求棱柱的表面积；
(2)求证：平面；
(3)在答题卡的图上做出平面与平面的交线，并写出作图步骤．
19．在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
(1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
(2)证明：直线在曲面上；
(3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
参考答案：
1．B
【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可；
【详解】A：若，，则或相交，故A错误；
B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确；
C：若，，则或，故C错误；
D：若，，则相交或或，故D错误；
故选：B.
2．C
【分析】以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】依题意
，
所以
，
所以，即.
故选：C
3．D
【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可.
【详解】设圆锥容器的底面半径为，
倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为，
则,
，
所以．
故选：D.
4．A
【分析】根据题意，由条件可证，则直线与所成的角为，然后结合条件以及余弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】
如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点，
所以．
因为四边形是平行四边形，所以．
因为N为的中点，所以，所以．
故四边形为平行四边形，所以，
所以直线与所成的角为．
连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面，
所以与平面所成的角为，所以．
不妨令，则，所以，
所以，
在中，
由余弦定理得．
故选：A．
5．C
【分析】设底面边长为 ，则斜高为，正四棱锥的高为，从而表示出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】设底面边长为 ，则斜高为，
即此正四棱锥的高为，
所以此正四棱锥体积为，
令，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，
所以，
即正四棱锥体积的最大值为.
故选：C.
6．D
【分析】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项.
【详解】对A：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心，
外接球半径，故该正八面体结构的外接球表面积
，故A正确；
对D：连接，，则，底面，
故该正八面体结构的体积，故D错误；
对C：由题知，各侧面均为边长为的正三角形，故该正八面体结构的表面积
，故C正确；
对B：底面中心到各面顶点的距离相等，故为内切球球心，
设该正八面体结构的内切球半径，则，
所以，
故内切球的表面积，故B正确.
故选：D.
7．A
【分析】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，可求t的取值范围.
【详解】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK．过点F作，交AB于点P．
设，，，所以．
设，则．因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
又平面，所以．
又因为，，，平面，所以平面，
平面，所以，即．
在中，，，
因为和都是直角三角形，，，
所以，则有．
因为，所以，，，
所以，，得．
因为，所以．
故选：A.
8．C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
9．ABD
【分析】对于A，将多面体分割成两部分，分别求其体积即得；对于B，利用线线平行证明线面平行，再由线面平行证明面面平行；对于C，通过平移将异面直线所成角转化成两直线的夹角解三角形即得；对于D，利用等体积转化，即可求得.
【详解】对于A，依题意可得点和点到平面的距离都为2，
则，故A正确；
对于B，易知，平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，由，得即为直线与直线所成的角．
由题意得，，，
所以，
即,从而直线与直线所成的角不是，故C错误；
对于D，如图，依题意可得，．
又,所以．
设点到平面的距离为．连接．因为，
所以，解得，故D正确．
故选：ABD.
10．ACD
【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥的外接球直径，与比较后得到答案.
【详解】A选项，因为分别为的中点，所以，
因为，所以，故，
取的中点，连接，
因为，所以⊥，⊥，
又，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
又，，故，
又，，
由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，A正确；
B选项，由题意得不重合，过点作，交于点，
因为⊥平面，所以⊥平面，
且不重合，故在平面的投影不为的中点，B错误；
C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心，
故三点共线，C正确；
D选项，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球，
故外接球直径为，而，
形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，D正确.

故选：ACD
【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
11．BC
【分析】由时，得到为的中点，可判定A错误；在上取点，得到求得点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，可判定B正确；证得平面，求得的最大值与最小值，可判定C正确；求得点的轨迹在内，根据题意得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，且，可判定D错误．
【详解】对于A中，由于时，则，此时为的中点，
在正方体中，由平面，所以直线不会垂直平面，所以A错误；
对于B中，在上取点，使，在上取点，使，
因为，即，可得点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图（1）（2）所示，
连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，所以，则，
所以，所以，
即此时的最小值为，所以B正确；
对于C中，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界），
在正方形中，可得，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以，又由，
所以的取值范围为，所以C正确；
对于D中，当时，可得点的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，可得，
又因为平面，故平面，
因为平面，可得，同理可证，
又因为平面，所以平面，
设与平面交于点，由于，
为边长为的正三角形，则点到平面的距离为，
若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上，
此时点到三边的距离均为，
即点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，
又由，其轨迹长度为3倍的弧长，所以D错误．
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
12．
【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有个侧面，所以共有组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有个顶点，所以共有组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，，，，

先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，
且，故共面，且共面，
故，相交，且，相交，故共面有组，
则正六边形对角线所对应的有组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线，所对的分别有两组，共组，
故对于上底面对角线，，同样各有两组，共组，
若对面平行，一组对面中有组对角线平行，三组对面共有组，
所以共面的概率是．
故答案为：．
13．
【分析】将分别沿展开到与平面共面的位置，由此可得所求最小值为，利用余弦定理可求得结果.
【详解】将分别沿展开到与平面共面的位置，如图所示，
其中点为原来的点的周长，
（当且仅当四点共线时取等号）.
，
又，
，
，即周长的最小值为.
故答案为：.
14．
【分析】首先做过点的平面的垂线，判断得出，进而得出截面的形状，求出截面圆的半径，即可求解.
【详解】正三棱锥的三条侧棱两两垂直，
过点作平面于点，且侧棱长，
正三棱锥的三个侧面都为以为直角顶点的等腰直角三角形，
得：，
所以.
作交于点，则，
因为球的半径满足：，
故以为球心的球被平面所截的圆面如图所示，
其中，
因为平面，所以，
故所求截面的面积为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据题意，结合线面平行的性质定理，证得和，得到，进而证得四边形是梯形；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在五面体中，平面，平面，
平面平面，所以
同理可证，所以且，
所以四边形是梯形.
（2）解：取中点，中点，连接,
因为面平面，交线为，平面，，
所以面，所以，，
所以是二面角的平面角，即，
又因为，所以为正三角形，
以为原点，以分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，
如图所示，设，则，且，
可得，，，，
则，，，
设面的一个法向量为，则，
取，可得，，所以，
设面的一个法向量为，则，
取，可得，，所以，
所以，
所以二面角的平面角的余弦值为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得的范围.
【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，
当时，，所以，
可得，所以，
又因为，平面，平面，所以平面.
（2）解：由（1）可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
又因为，可得，所以，
因为二面角为锐二面角，所以，
所以的取值范围.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先得出，所以平面，由线面平行的性质得，再由面面垂直的性质得出平面，即可得证；
（2）解法一：连接，则，，在中，在中，，因为，可得的值；
解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，分别表示和，结合可得.
【详解】（1）因为分别是的中点，则，
因为平面， 平面，从而平面，
因为平面，平面平面，则，
因为平面平面，平面平面，，平面，
则平面，
所以直线平面；
（2）解法一：因为平面，平面，则，
又，则，
因为为正三角形，为的中点，
则，，、平面，从而平面，
连接，则，因为，，则，
在中，，在中，，
因为，则，得，
所以当时，；
解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则点，，，，，
从而，，
设平面的法向量，
则，取，得
设点，则，
所以，
，
因为，则，得，
所以当时，.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式可得的面积，即可得到结果；
（2）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（3）根据题意，在平面中，延长直线，交于点，连接，即可得到结果.
【详解】（1）直棱柱侧面都是矩形，则侧面积为；
中，，又，故
故面积为
故棱柱表面．
（2）连接交于点，连接，
∵四边形为矩形，∴为的中点；
∵因为为的中点，∴．
∵平面，平面，
∴平面．
（3）在平面中，延长直线，交于点，连接，
则平面平面．
19．(1)平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．