步步高《单元滚动检测卷》高考数学理京津地区精练八立体几何与空间向量Word文件下载.docx
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A.有最小值2B.有最大值2
C.有最大值6D.有最大值4
3.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3
B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面
D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面
4.如图所示,在正方体AC1中,E,F分别是AB和AA1的中点,给出下列说法:
①E,C,D1,F四点共面;
②CE,D1F,DA三线共点;
③EF和BD1所成的角为45°
;
④A1B∥平面CD1E;
⑤B1D⊥平面CD1E,
其中,正确说法的个数是( )
A.2B.3
C.4D.5
5.(2015·
郑州第二次质量预测)设α,β,γ是三个互不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题中正确的是( )
A.若α⊥β,β⊥γ,则α⊥γ
B.若α⊥β,m⊥α,则m∥β
C.α∥β,m⊄β,m∥α,则m∥β
D.m∥α,n∥β,α⊥β,则m⊥n
6.(2015·
天门模拟)将正三棱柱截去三个角如图1所示,A、B、C分别是△GHI三边的中点,得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图为( )
7.如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;
②BC∥平面A′DE;
③三棱锥A′-FED的体积有最大值.
A.①B.①②
C.①②③D.②③
8.(2015·
成都模拟)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A′B′C′D′中,E,F分别是AD,A′D′的中点,长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动,另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动,则线段MN的中点P的轨迹(曲面)与二面角A-A′D′-B′所围成的几何体的体积为( )
A.B.
C.D.
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在题中横线上)
9.(2015·
宁夏银川一中模拟)已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,m⊂β,给出下列四个命题:
①若α∥β,则l⊥m;
②若l⊥m,则α∥β;
③若α⊥β,则l∥m;
④若l∥m,则α⊥β.
其中为真命题的序号是________
10.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱PA=a,PB=PD=a,则它的5个面中,互相垂直的面有______对.
11.一个圆锥的侧面展开图是圆心角为π,半径为18cm的扇形,则圆锥母线与底面所成角的余弦值为________.
12.设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为________.
13.(2015·
湖北七市联考)某个几何体的三视图如图所示,其中正视图的圆弧是半径为2的半圆,则该几何体的表面积为________.
14.(2015·
成都二诊)已知单位向量i,j,k两两所成夹角均为θ(0<θ<π,且θ≠),若空间向量a=xi+yj+zk(x,y,z∈R),则有序实数组(x,y,z)称为向量a在“仿射”坐标系O-xyz(O为坐标原点)下的“仿射”坐标,记作a=(x,y,z)θ.有下列命题:
①已知a=(2,0,-1)θ,b=(1,0,2)θ,则a·
b=0;
②已知a=(x,y,0),b=(0,0,z),其中xyz≠0,则当且仅当x=y时,向量a,b的夹角取得最小值;
③已知a=(x1,y1,z1)θ,b=(x2,y2,z2)θ,则a-b=(x1-x2,y1-y2,z1-z2)θ;
④已知O=(1,0,0),O=(0,1,0),O=(0,0,1),则三棱锥O-ABC的体积V=.其中真命题有________(写出所有真命题的序号).
三、解答题(本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分别是AA1,CD,CB的中点,求证:
(1)MN∥B1D1;
(2)AC1∥平面EB1D1.
16.(13分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,∠ACB=90°
,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.
(1)证明:
平面BDC1⊥平面BDC;
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
17.(13分)如图所示,已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是等腰梯形,且AB∥CD,O是AB的中点,PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=AB=4,M是PA的中点.
平面PBC∥平面ODM;
(2)求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值.
18.(13分)(2015·
云南第二次统测)如图,在三棱锥P-ABC中,底面ABC是边长为4的正三角形,PA=PC=2,侧面PAC⊥底面ABC,M,N分别为AB,PB的中点.
(1)求证:
AC⊥PB;
(2)求二面角N-CM-B的余弦值.
19.(14分)(2015·
北京朝阳区期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC.
(2)设O,D分别为AC,AP的中点,点G为△OAB内一点,且满足O=(O+O),求证:
DG∥平面PBC;
(3)若AB=AC=2,PA=4,求二面角A-PB-C的余弦值.
20.(14分)(2014·
安徽)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.
Q为BB1的中点;
(2)求此四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比;
(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.
答案解析
1.C 2.B 3.B 4.B 5.C 6.A
7.C [①中由已知可得面A′FG⊥面ABC,
∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上.②BC∥DE,
根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.
③当面A′DE⊥面ABC时,三棱锥A′-FDE的体积达到最大.]
8.D [连接FN,PF,
∵MF⊥平面A′B′C′D′,
∴MF⊥NF,
又∵点P为MN的中点,
∴PF=MN=1,
即得点P的轨迹为以点F为球心,半径为1的球在二面角A-A′D′-B′内的部分,
即为球的,其体积V=×
π×
13=.
故应选D.]
9.①④
解析 ①正确,因为l⊥α,α∥β⇒l⊥β,又m⊂β,故l⊥m;
②错,当两平面相交且交线为直线m时也满足题意;
③错,各种位置关系均有可能;
④正确,l⊥α,l∥m⇒m⊥α,又m⊂β,所以α⊥β,综上可知命题①④为真命题.
10.5
解析 底面ABCD是边长为a的正方形,
侧棱PA=a,PB=PD=a,
可得PA⊥底面ABCD,PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,
可得:
平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD;
AB⊥平面PAD,可得平面PAB⊥平面PAD;
BC⊥平面PAB,可得平面PAB⊥平面PBC;
CD⊥平面PAD,可得平面PAD⊥平面PCD.
11.
解析 设母线长为l,底面半径为r,则依题意易知l=18cm,由θ=,代入数据即可得r=12cm,因此所求角的余弦值即为==.
12.πa2
13.92+14π
解析 依题意,题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱,其中长方形的长、宽、高分别是4,5,4,圆柱的底面半径是2、高是5,因此该几何体的表面积等于3×
(4×
5)+2×
4)+π×
22+×
(2π×
2)×
5=92+14π.
14.③④
解析 对①,a=2i-k,b=i+2k,
则a·
b=(2i-k)·
(i+2k)
=2+3i·
k-2=3cosθ,
当且仅当θ=时,3cosθ=0,故①错误;
如图所示在正方体中设OA,OB,OC分别为x,y,z轴,
若a=(x,y,0),b=(0,0,z),
则当且仅当在平面AOB中存在点D使CD⊥平面AOB时,a,b的夹角最小,此时,x=y>0,故②错误;
由题意a=x1i+y1j+z1k,b=x2i+y2j+z2k,
所以a-b=x1i+y1j+z1k-(x2i+y2j+z2k)
=(x1-x2)i+(y1-y2)j+(z1-z2)k,故③正确;
如图所示,正方体的边长为,三棱锥O-ABC为边长为1的正四面体,
其体积为()3-×
×
()2×
4=,
故④正确.
15.证明
(1)∵M,N分别是CD,CB的中点,
∴MN∥BD.
又∵BB1綊DD1,∴四边形BB1D1D是平行四边形.
所以BD∥B1D1.
又MN∥BD,从而MN∥B1D1.
(2)方法一 连接A1C1,A1C1与B1D1交于O点,连接OE.
∵四边形A1B1C1D1为平行四边形,则O点是A1C1的中点,E是AA1的中点,
∴EO是△AA1C1的中位线,EO∥AC1,AC1⊄平面EB1D1,EO⊂平面EB1D1,所以AC1∥平面EB1D1.
方法二 取BB1中点为H点,连接AH,C1H,EH,
∵E,H点分别为AA1,BB1中点,
∴EH綊C1D1,则四边形EHC1D1是平行四边形,
∴ED1∥HC1,
又HC1⊄平面EB1D1,ED1⊂平面EB1D1,
∴HC1∥平面EB1D1.
又∵EA綊B1H,则四边形EAHB1是平行四边形,
∴EB1∥AH,
又AH⊄平面EB1D1,EB1⊂平面EB1D1,
∴AH∥平面EB1D1.
∵AH∩HC1=H,
∴平面AHC1∥平面EB1D1.
而AC1⊂平面AHC1,
∴AC1∥平面EB1D1.
16.
(1)证明 由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1.
又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°
,
∴∠CDC1=90°
,即DC1⊥DC.
又∵DC∩BC=C,∴DC1⊥平面BDC.
又∵DC1⊂平面BDC1,
∴平面BDC1⊥平面BDC.
(2)解 设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.
由题意得V1=×
1×
1=.
∵三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,
∴(V-V1)∶V1=1∶1.
∴平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
17.
(1)证明 因为O,M分别为AB,AP的中点,
所以OM∥PB.
又∵PB⊄平面ODM,OM⊂平面ODM,
∴PB∥平面ODM
因为CD
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