2021届高考数学二轮复习专题小题专练07立体几何(A)

这是一份2021届高考数学二轮复习专题小题专练07立体几何(A)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题: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.(考点:棱柱的概念,★)下列关于棱柱的说法错误的是( ).
A.三棱柱的底面为三角形
B.一个棱柱至少有5个面
C.五棱柱有5条侧棱、5个侧面,侧面为平行四边形
D.若棱柱的底面边长相等,则它的各个侧面全等
2.(考点:球的表面积与体积,★)一个球的表面积是16π,那么这个球的体积为( ).
A.163πB.323πC.643πD.2563π
3.(考点:点、线、面的位置关系,★★)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( ).
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线
D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
4.(考点:圆锥的侧面积,★★)已知某圆锥的表面积是14π,其侧面展开图是顶角为π3的扇形,则该圆锥的侧面积为( ).
A.πB.2πC.6πD.12π
5.(考点:正方体截面面积的计算,★★)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,点P在线段A1C1上,若直线BB1与直线CP所成角的正切值为225,则平面PBD截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为( ).
A.9512B.3512
C.512D.513
6.(考点:数学史与立体几何的综合应用,★★)如图所示的是祖暅“开立圆术”中设计的立体模型.祖暅提出“祖氏原理”,他将牟合方盖的体积化成立方体与一个相当于四棱锥的体积之差,从而求出牟合方盖的体积等于23d3(d为球的直径),并得到球的体积为V=16πd3,这种算法比外国人早了一千多年,人们还用过一些类似的公式,根据π=3.1415926…,判断下列公式中最精确的一个是( ).
A.d≈3169VB.d≈32V
C.d≈3300157VD.d≈3158V
7.(考点:异面直线所成的角,★★)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=CD=1,DD1=2,则直线DB1与直线BC1所成角的余弦值为( ).
A.3010B.1010C.7010D.31010
8.(考点:直线与平面所成的角,★★★)在所有棱长都相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱CC1,AC的中点,则直线AB与平面B1DE所成角的余弦值为( ).
A.3010B.3020C.13020D.7010
二、多项选择题: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3分,有选错的得0分.
9.(考点:棱柱,圆柱,球的体积,★★)下列说法中不正确的是( ).
A.过圆锥两母线的截面面积中,最大的是轴截面面积
B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直
C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等
D.表面积相等的正方体和球体,体积较大的是球体
10.(考点:直线与平面的位置关系,★★)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是( ).
11.(考点:圆柱、圆锥、球的侧面积和体积,★★)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是( ).
A.圆柱的侧面积为2πR2
B.圆锥的侧面积为2πR2
C.圆柱的侧面积与球面面积相等
D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
12.(考点:线线、线面的位置关系,★★★)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则下列结论正确的是( ).
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(考点:斜二测画法的应用,★)如图所示的是水平放置的正方形ABCO,在平面直角坐标系xOy中,点B对应的坐标为(2,2),则在用斜二测画法画出的它的直观图中,顶点B'到x'轴的距离为 .
14.(考点:求二面角,★★)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为 .
15.(考点:点到平面的距离,★★)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是 .
16.(考点:平面图形的折叠问题,★★★)如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BC=2AB=4AD=4,将直角梯形ABCD沿对角线BD折起,使点A到点P的位置,则四面体PBCD的体积的最大值为 ,此时其外接球的表面积为 .
答案解析：
1.(考点:棱柱的概念,★)下列关于棱柱的说法错误的是( ).
A.三棱柱的底面为三角形
B.一个棱柱至少有5个面
C.五棱柱有5条侧棱、5个侧面,侧面为平行四边形
D.若棱柱的底面边长相等,则它的各个侧面全等
【解析】三棱柱的底面为三角形,所以A正确;因为三棱柱有5个面,所以棱柱至少有5个面,所以B正确;五棱柱有5条侧棱、5个侧面,侧面为平行四边形,所以C正确;若棱柱的底面边长相等,则它的各个侧面为平行四边形,即边长对应相等,但不一定全等,所以D错误.
【答案】D
2.(考点:球的表面积与体积,★)一个球的表面积是16π,那么这个球的体积为( ).
A.163πB.323πC.643πD.2563π
【解析】设球的半径为R,因为4πR2=16π,所以R=2,故球的体积V=43πR3=323π.
【答案】B
3.(考点:点、线、面的位置关系,★★)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( ).
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线
D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
【解析】A项,α,β可能相交,故A错误;
B项,直线m,n的位置关系不确定,可能相交、平行或异面,故B错误;
C项,若m⊂α,α∩β=n,m∥n,则m∥β,故C错误;
D项,假设m,n垂直于同一平面,则必有m∥n,所以原命题正确,故D项正确.
【答案】D
4.(考点:圆锥的侧面积,★★)已知某圆锥的表面积是14π,其侧面展开图是顶角为π3的扇形,则该圆锥的侧面积为( ).
A.πB.2πC.6πD.12π
【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则圆锥的侧面展开图的弧长为2πr.
由l·π3=2πr,解得l=6r,
又圆锥的表面积是14π,即πr2+πr·6r=14π,
解得r2=2,所以侧面积S=6πr2=12π.
【答案】D
5.
(考点:正方体截面面积的计算,★★)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,点P在线段A1C1上,若直线BB1与直线CP所成角的正切值为225,则平面PBD截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为( ).
A.9512B.3512
C.512D.513
【解析】如图,过点P作MN∥BD,则MN⊥A1C1.因为直线BB1与直线CP所成的角为∠PCC1,所以tan∠PCC1=PC1CC1=PC15=225,解得PC1=22,所以MN=42.
因为截面MNDB是等腰梯形,BD=52,BM=26,所以等腰梯形MNDB的高为26-52-4222=1022,所以截面面积为42+522×1022=9512.
【答案】A
6.
(考点:数学史与立体几何的综合应用,★★)如图所示的是祖暅“开立圆术”中设计的立体模型.祖暅提出“祖氏原理”,他将牟合方盖的体积化成立方体与一个相当于四棱锥的体积之差,从而求出牟合方盖的体积等于23d3(d为球的直径),并得到球的体积为V=16πd3,这种算法比外国人早了一千多年,人们还用过一些类似的公式,根据π=3.1415926…,判断下列公式中最精确的一个是( ).
A.d≈3169VB.d≈32V
C.d≈3300157VD.d≈3158V
【解析】由V=16πd3得π=6Vd3.
由A项得Vd3≈916,∴π≈6×916=3.375;由B项得Vd3≈12,∴π≈62=3;由C项得Vd3≈157300,∴π≈6×157300=3.14;由D项得Vd3≈815,∴π≈6×815=3.2.
综上,C项的公式最精确,故选C.
【答案】C
7.(考点:异面直线所成的角,★★)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=CD=1,DD1=2,则直线DB1与直线BC1所成角的余弦值为( ).
A.3010B.1010C.7010D.31010
【解析】以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,2),C1(0,1,2),
∴DB1=(1,1,2),BC1=(-1,0,2),
∴cs=DB1·BC1|DB1|·|BC1|=36×5=3010,即直线DB1与直线BC1所成角的余弦值为3010.
【答案】A
8.(考点:直线与平面所成的角,★★★)在所有棱长都相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱CC1,AC的中点,则直线AB与平面B1DE所成角的余弦值为( ).
A.3010B.3020C.13020D.7010
【解析】
设正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,取A1C1的中点F,连接EF,以点E为坐标原点,EC,EB,EF所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则点A(-1,0,0),B(0,3,0),D(1,0,1),E(0,0,0),B1(0,3,2),
故ED=(1,0,1),EB1=(0,3,2),AB=(1,3,0).
设平面B1DE的一个法向量为n=(x,y,z),
由n·ED=0,n·EB1=0,得x+z=0,3y+2z=0,取z=-3,则x=3,y=2,∴n=(3,2,-3).
设直线AB与平面B1DE所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=|AB·n||AB|·|n|=332×10=33020,则cs θ=1-sin2θ=13020.
【答案】C
二、多项选择题: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3分,有选错的得0分.
9.(考点:棱柱,圆柱,球的体积,★★)下列说法中不正确的是( ).
A.过圆锥两母线的截面面积中,最大的是轴截面面积
B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直
C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等
D.表面积相等的正方体和球体,体积较大的是球体
【解析】由于圆锥母线长度都相等,设两母线的夹角为θ,母线长为2,则过圆锥两母线的截面面积为12×2×2sin θ=2sin θ,当轴截面两母线的夹角θ=150°时,轴截面的面积为2sin 150°=1,此时可以找到一个两母线的夹角θ=90°的不是轴截面的截面,其面积为2sin 90°=2,故A说法错误,符合题意;
当已知直线垂直于已知平面时,过已知直线的所有平面都垂直于已知平面,故B说法错误,符合题意;
由于棱柱和圆柱的体积都是底面积乘高,则等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等,故C说法正确,不符合题意;
设正方体的棱长为a,球的半径为R,则S=4πR2=6a2,球的体积V1=43×πR3=S3×S4π,正方体的体积V2=a3=S6×S6,所以V1>V2,故D说法正确,不符合题意.故选AB.
【答案】AB
10.(考点:直线与平面的位置关系,★★)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是( ).
【解析】对于A选项,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直,故A错误;
对于B选项,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE,故B正确;
对于C选项,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直,故C错误;
对于D选项,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE,故D正确.
【答案】BD
11.(考点:圆柱、圆锥、球的侧面积和体积,★★)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是( ).
A.圆柱的侧面积为2πR2
B.圆锥的侧面积为2πR2
C.圆柱的侧面积与球面面积相等
D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
【解析】圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,故A错误;
圆锥的侧面积为πR×5R=5πR2,故B错误;
球面面积为4πR2,圆柱的侧面积为4πR2,故C正确;
∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=13πR2·2R=23πR3,V球=43πR3,
∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶23πR3∶43πR3=3∶1∶2,故D正确.
【答案】CD
12.(考点:线线、线面的位置关系,★★★)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则下列结论正确的是( ).
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
【解析】对于A项,若D1D⊥AF,又因为D1D⊥AE,且AE∩AF=A,所以DD1⊥平面AEF,所以DD1⊥EF,所以CC1⊥EF,显然不成立,故A错误;
对于B项,如图①所示,取B1C1的中点Q,连接A1Q,GQ,
由条件可知,GQ∥EF,A1Q∥AE,且GQ∩A1Q=Q,EF∩AE=E,所以平面A1GQ∥平面AEF,又因为A1G⊂平面A1GQ,所以A1G∥平面AEF,故B正确;
对于C项,如图②所示,连接D1F,D1A,延长D1F,AE交于点S,
因为E,F分别为BC,C1C的中点,所以EF∥A1D,所以A,E,F,D1四点共面,所以截面为梯形AEFD1.
又因为D1S=AS=42+22=25,A1D=22,所以S△AD1S=12×22×(25)2-2222=6,所以S梯形AEFD1=6×34=92,故C正确;
对于D项,记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1,h2,
因为VC-AEF=13·SAEF·h1=VA-CEF=13×1×12×2=13,
又因为VG-AEF=13·SAEF·h2=VA-GEF=13×1×22×2=23,所以h1≠h2,故D错误.
【答案】BC
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.
(考点:斜二测画法的应用,★)如图所示的是水平放置的正方形ABCO,在平面直角坐标系xOy中,点B对应的坐标为(2,2),则在用斜二测画法画出的它的直观图中,顶点B'到x'轴的距离为 .
【解析】画出正方形ABCO的直观图(图略),BC对应B'C',且B'C'=1,∠B'C'x'=45°,故顶点B'到x'轴的距离为22.
【答案】22
14.(考点:求二面角,★★)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为 .
【解析】
如图,连接AC交BD于点O,连接A1O.因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以AO⊥BD.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥DB,所以DB⊥平面AOA1,故DB⊥A1O,所以∠A1OA是二面角A1-BD-A的平面角.设正方体的棱长为1,则A1A=1,AO=22,所以tan∠A1OA=A1AOA=2.
【答案】2
15.(考点:点到平面的距离,★★)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是 .
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系,
则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0).
∴D1A1=(2,0,0),DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),
设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·DA1=2x+2z=0,n·DB=2x+2y=0,
令x=1,则n=(1,-1,-1),
∴点D1到平面A1BD的距离d=|D1A1·n||n|=23=233.
【答案】233
16.(考点:平面图形的折叠问题,★★★)如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BC=2AB=4AD=4,将直角梯形ABCD沿对角线BD折起,使点A到点P的位置,则四面体PBCD的体积的最大值为 ,此时其外接球的表面积为 .
【解析】当四面体PBCD的体积取最大值时,平面PBD⊥平面DBC,点P到平面DBC的距离为△PDB斜边DB上的高h.
∵12AB·AD=12BD·h,∴h=25.
故四面体PBCD体积的最大值Vmax=13S△DBC·h=13×12×4×2×25=8515.
如图,△PDB的外心为斜边DB的中点M,△DBC的外心为点O.
∵平面PBD⊥平面DBC,OM⊥BD,∴OM⊥平面PBD.
∴O即为球心,△DBC的外接圆半径即为球的半径.
∴2R=BDsin∠BCD=652.
∴外接球的表面积S=4πR2=654π.
【答案】8515 654π