1、1单元质量测试(六)时间：120分钟 满分：150分第卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是( )A圆柱 B圆锥 C棱锥 D棱柱答案 B解析 易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选B2(2018郑州检测)已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )答案 C解析 由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线 PA形成的投影，应为虚线故选C3已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高
2、为2，这个球的表面积为6，则这个正四棱柱的体积为( )A1 B2 C3 D4答案 B解析 S表 4 R26， R ，设正四棱柱底面边长为 x，则 x2 x22 2(2 R)2， x1 V62正四棱柱 2故选B4(2018贵阳模拟)设 m， n为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，给出下列命题：若 m ， m ，则 ；若 m ， m ，则 ；2若 m ， n ，则 m n；若 m ， n ，则 m n上述命题中，所有真命题的序号是( )A B C D答案 A解析 对于，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以正确；对于，平行于同一条直线的两个平面的位置关系不确定，所以错误；对于，平行于同一个
3、平面的两条直线的位置关系不确定，所以错误；对于，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以正确故选A5(2018太原三模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A2 B2 2 3C4 D4 3 2答案 A解析 由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积 V 1 2112 ( )222 故选 A12 2 26(2018江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1，如图2，其中 O1A16， O1C12，则该几何体的侧面积为( )3A48 B64 C96 D128答案 C解析 由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平
4、行四边形 OABC，设 CB与 y轴的交点为 D，则易知 CD2， OD22 4 ， CO 6 OA，俯视图是以6为边长的菱2 2 CD2 OD2形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为46496故选C7(2018郑州质检三)已知 A， B， C， D四点在半径为 的球面上，且 AC BD4， AD5 BC ， AB CD，则三棱锥 D ABC的体积是( )11A6 B4 C2 D7 7 7 7答案 C解析 如图所示，将三棱锥 D ABC放在长、宽、高分别为 a， b， c的长方体中，则依题意有Error!解得Error! 则三棱锥 D ABC的体积为abc4 ab
5、c2 选C13 12 78(2018山西四校联考) 如图所示， P为矩形 ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为 O， M为 PB的中点，给出下列五个结论： PD平面 AMC； OM平面 PCD； OM平面 PDA； OM平面 PBA； OM4平面 PBC其中正确的个数是( )A1 B2 C3 D4答案 C解析 矩形 ABCD的对角线 AC与 BD交于点 O，所以 O为 BD的中点在 PBD中， M是 PB的中点，所以 OM是 PBD的中位线， OM PD，则 PD平面 AMC， OM平面 PCD，且 OM平面 PDA因为 M PB，所以 OM与平面 PBA、平面 PBC相交故选C9(201
6、8大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为 a的正方形在圆柱内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为( )A B C D a34 a36 a38 a312答案 D解析 由题意可知，该圆柱底面直径和高都是 a，故其体积为 V1 R2h 2aa2而圆柱体的内切球的直径也为 a，故其体积为 V2 R3 3 ，所以圆柱 a34 43 43 a2 a36体内除球体以外部分的体积为 V V1 V2 故选D a31210(2018湖南长沙四校联考)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面
7、之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )5A B C D答案 D解析 设截面与底面的距离为 h，则中截面内圆的半径为 h，则截面圆环的面积为( R2 h2)；中截面圆的半径为 R h，则截面圆的面积为( R h)2；中截面圆的半径为 R ，则截h2面圆的面积为 R 2；中截面圆的半径为 ，则截面圆的面积为( R2 h2)所以h2 R2 h2中截面的面积相等，故其体积相等，故选D11(2018福建莆田质检)
8、已知正方体 ABCD A1B1C1D1，平面 过直线 BD， 平面 AB1C， 平面 AB1C m，平面 过直线 A1C1， 平面 AB1C， 平面 ADD1A1 n，则 m， n所成的角的余弦值为( )A B C D12 13 22 32答案 D解析 如图，由题中条件知，直线 m为 B1O，直线 n为 A1D， B1C A1D， B1O与 A1D所成的角为 CB1O(或其补角)，设正方体的棱长为 a，在 CB1O中， B1C a， CO a， B1O a，cos CB1O 故选D222 6262a2 2a2 22a2262a2a 3212(2018太原模拟)三棱锥 D ABC中，已知 CD底
9、面 ABC， ABC为正三角形，若 AE6 CD， AB CD AE2，则三棱锥 D ABC与三棱锥 E ABC的公共部分构成的几何体的体积为( )A B C D39 33 13 3答案 B解析 如图所示，设 AD CE F，连接 DE三棱锥 D ABC与三棱锥 E ABC的公共部分为三棱锥 F ABC由题意 AE CD， AE CD，所以四边形 ACDE是平行四边形，取 AC的中点 M，连接 FM， BM，则 FM1， BM ，由题意可知 FM平面 ABC所以三棱锥 F ABC的高是 FM又BC2 CM2 3正三角形 ABC的面积 S ABACsin60 ，所以三棱锥 F ABC的体积 V
10、SFM 故12 3 13 33选B第卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13如图，一个底面半径为 R的圆柱形量杯中装有适量的水若放入一个半径为 r的实心铁球，水面高度恰好升高 r，则 _Rr答案 233解析 由水面高度升高 r，得圆柱体积增加 R2r，恰好是半径为 r的实心铁球的体积，因此有 r433 R2r故 Rr 23314直三棱柱 ABC A1B1C1的六个顶点都在球 O的球面上若 AB BC2， ABC90，AA12 ，则球 O的表面积为 _2答案 167解析 由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即
11、4，故球 O的表面积 S4 R21622 22 22215已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为_答案 8解析 由三视图可知该几何体为一个底面半径为1，高为5的圆柱与一个底面半径为1，高为3的圆柱的组合体，其体积为 V1 2(53)816(2018唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球 O上，则球 O的表面积为_答案 8解析 依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为2 ，故球的半径为2，该球的表面积为4(
12、 )282 2三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(2018珠海摸底)(本小题满分10分)中秋节即将到来，为了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计方案如下：将一块边长为10的正方形纸片 ABCD剪去四个全等的等腰三角形( SEE， SFF， SGG， SHH)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒 S EFGH，其中 A， B， C， D重合于点 O， E与 E8重合， F与 F重合， G与 G重合， H与 H重合(如图所示)(1)求证：平面 SEG平面 SFH；(2)已知 AE ，过 O作 OM SH于点 M，求
13、cos EMO的值52解 (1)证明：因为折叠后 A， B， C， D重合于一点 O，所以拼接成底面 EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面 EFGH是正方形，故 EG FH因为在原平面图形中， SEE SGG，所以 SE SG，所以 EG SO又 FH SO O， FH平面 SFH， SO平面 SFH，故 EG平面 SFH又因为 EG平面 SEG，所以平面 SEG平面 SFH(2)依题意，当 AE 时，即 OE 52 52Rt SHO中， OH ， SH ，52 552故 SO5，所以 OM SOOHSH 5由(1)知 EG平面 SFH，且 OM平面 SFH，故 EG O
14、M，从而 EO OM，故Rt EMO中， EM ，EO2 OM2352所以cos EMO OMEM 2318(2018全国卷)(本小题满分12分)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 C 所在平面垂直， M是 C 上异于 C， D的点D D9(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)在线段 AM上是否存在点 P，使得 MC平面 PBD？说明理由解 (1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD因为 BC CD， BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BC DM因为 M为 C 上异于 C， D的点，且 DC为直径，所以 DM CMD又 BC CM C，所以 DM平面
15、 BMC而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC(2)当 P为 AM的中点时， MC平面 PBD证明如下：连接 AC交 BD于 O因为四边形 ABCD为矩形，所以 O为 AC的中点连接 OP，因为 P为 AM的中点，所以 MC OP又 MC平面 PBD， OP平面 PBD，所以 MC平面 PBD19(2018南昌二模)(本小题满分12分)如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是直角梯形， AB CD， AB AD， AB2 CD2 AD4，侧面 PAB是等腰直角三角形， PA PB，平面 PAB平面 ABCD，点 E， F分别是棱 AB， PB上的点，平面 CEF平面 PAD(1
16、)确定点 E， F的位置，并说明理由；(2)求三棱锥 F DCE的体积解 (1)因为平面 CEF平面 PAD平面 CEF平面 ABCD CE，平面 PAD平面 ABCD AD，所以 CE AD，又 AB DC，所以四边形 AECD是平行四边形，所以 DC AE AB，1210即点 E是 AB的中点因为平面 CEF平面 PAD，平面 CEF平面 PAB EF，平面 PAD平面 PAB PA所以 EF PA，又因为点 E是 AB的中点，所以点 F是 PB的中点，综上， E， F分别是 AB， PB的中点(2)因为 PA PB， AE EB，所以 PE AB，又平面 PAB平面 ABCD，平面 PA
17、B平面 ABCD AB，所以 PE平面 ABCD又 F为 PB的中点， AB CD， AB AD，所以 V三棱锥 F DCE V三棱锥 P DCE S DECPE 222 12 16 16 12 2320(2018石家庄一模)(本小题满分12分)四棱锥 S ABCD的底面 ABCD为直角梯形， AB CD， AB BC， AB2 BC2 CD2， SAD为正三角形(1)点 M为棱 AB上一点，若 BC平面 SDM， ，求实数 的值；AM AB (2)若 BC SD，求点 B到平面 SAD的距离解 (1)因为 BC平面 SDM，BC平面 ABCD，平面 SDM平面 ABCD DM，所以 BC D
18、M因为 AB DC，所以四边形 BCDM为平行四边形，又 AB2 CD，所以 M为 AB的中点，因为 ，AM AB 11所以 12(2)因为 BC SD， BC CD， CD SD D，所以 BC平面 SCD，又 BC平面 ABCD，所以平面 SCD平面 ABCD，在平面 SCD内过点 S作 SE CD于点 E，连接 AE，因为平面 SCD平面 ABCD CD，所以 SE平面 ABCD，在Rt SEA和Rt SED中，因为 SA SD，所以 AE DE，SA2 SE2 SD2 SE2又由题知 EDA45，所以 AE ED，由已知求得 AD ，2所以 AE ED SE1连接 BD，则 V三棱锥
19、S ABD 211 ，13 12 13又求得 SAD的面积为 ，32设点 B到平面 SAD的距离为 h，所以由 V三棱锥 B SAD V三棱锥 S ABD S SADh ，13 13解得 h ，233所以点 B到平面 SAD的距离为 23321(2018山东青岛统测)(本小题满分12分)如图，圆柱 H横放在底面边长为1的正六棱锥 P ABCDEF的顶点 P上， O1和 O2分别是圆柱左、右两个底面的圆心，正六棱锥 P ABCDEF底面中心为 O， PO1， M， N分别是圆柱 H的底面 O1的最高点和最低点， G是圆柱 H的底面 O2的最低点， P为 NG的中点，点 M， O1， N， A，
20、O， D， G， P共面，点 O1， P， D共线，四边形 ADGN为矩形12(1)求圆柱 H的体积 V，并证明： MG平面 PCD；(2)作出点 O在平面 PAB上的正投影 K，并加以证明注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥解 (1) O为正六棱锥 P ABCDEF底面的中心， PO底面 ABCDEF， P为 NG的中点，四边形 ADGN为矩形， O为 AD的中点， PO1， NA PO， NA PO1，从而 NA底面 ABCDEF， M， N分别是圆柱 H的底面 O1的最高点和最低点， O1N底面 ABCDEF，从而 M， O1， N， A四点共线正六棱
21、锥 P ABCDEF的底面边长为1， AD2，四边形 ADGN为矩形， NG AD，且 NG AD2，又 P为 NG中点， NP AD，且 NP AD1，12在 O1AD中， NP为 O1AD的中位线，从而 N为 O1A中点， O1N AN1，圆柱 H的体积 V1 222 P为 NG的中点， O1为 MN的中点， PO1 MG，又 O1， P， D共线， PD MG， PD平面 PCD， MG平面 PCD， MG平面 PCD(2)取 AB的中点 Q，连接 OQ， PQ，在 POQ中，作 OK PQ于 K，则 K为点 O在平面 PAB上的正投影下面证明：六棱锥 P ABCDEF为正棱锥， PA
22、PB，从而 AB PQ，正六棱锥 P ABCDEF底面中心为 O，13 PO底面 ABCDEF，又 AB底面 ABCDEF， AB PO， PO PQ P， AB平面 POQ，又 OK平面 POQ， AB OK，又 PQ AB Q， OK平面 PAB，点 O在平面 PAB上的正投影为 K22(2018河北衡水中学九模)(本小题满分12分)如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中，AB1， AD2， E， F分别为 AD， AA1的中点， Q是 BC上一个动点，且 BQ QC ( 0)(1)当 1时，求证：平面 BEF平面 A1DQ；(2)是否存在 ，使得 BD FQ？若存在，请求出 的值；
23、若不存在，请说明理由解 (1)证明： 1时， Q为 BC的中点，因为 E是 AD的中点，所以 ED BQ， ED BQ，则四边形 BEDQ是平行四边形，所以 BE QD又 BE平面 A1DQ， DQ平面 A1DQ，所以 BE平面 A1DQ又 F是 A1A中点，所以 EF A1D，因为 EF平面 A1DQ， A1D平面 A1DQ，所以 EF平面 A1DQ因为 BE EF E， EF平面 BEF， BE平面 BEF，所以平面 BEF平面 A1DQ(2)连接 AQ， BD， FQ，因为 A1A平面 ABCD，BD平面 ABCD，所以 A1A BD若 BD FQ， A1A， FQ平面 A1AQ， A1A FQ F，所以 BD平面 A1AQ14因为 AQ平面 A1AQ，所以 AQ BD在矩形 ABCD中，由 AQ BD，得 AQB DBA，所以 AB2 ADBQ又 AB1， AD2，所以 BQ ， QC ，12 32则 ，即 BQQC 13 1315
