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B.2(2019长春质量监测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1C1与B1C所成角的余弦值为()A0 B C D答案B解析由题意知异面直线A1C1与B1C所成角为，余弦值为.故选B.3(2020陕西咸阳高三阶段测试)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()答案B解
2、析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.4(2019陕西省咸阳市二模)设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若a，b，则abB若a，b，则abC若a，a，则D若a，b，ab，则答案D解析由a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，得：若a，b，则a与b相交、平行或异面，故A错误；若a，b，则a与b平行或异面，故B错误；若a，a，则与相交或平行，故C错误；若a，b，ab，则由面面垂直的判定定理得，故D正确故选D.5(2019吉林调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥侧
3、面积相等，则该球的半径长为()A5 B C9 D3答案B解析圆锥的底面半径r4，高h3，圆锥的母线l5，圆锥侧面积Srl20，设球的半径为R，则4R220，R.故选B.6水平放置的ABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的ABC，其中OAOB2，OC，则ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为()A8 B16C(83) D(1612)答案B解析设AB的中点为O，由题意易知OAOB2，OC2，OCAB，所以ABC是等腰三角形，AB是底边ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的是两个完全相同且同底的圆锥组成的几何体一个圆锥的高为2，底面半径为2，母线长为4.所以该几何体的表面积为2241
4、6.7(2019山西太原一模)如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为()A12 B15 C D答案D解析其直观图为四棱锥EABCD，由题意得V5.故选D.8. 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；OM平面PBC.其中正确的个数是()A1 B2 C3 D4答案C解析因为矩形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，OMPD，则PD平面AMC，OM平面PCD，且OM平面PDA
5、.因为MPB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交故选C.9(2019聊城一模)如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A. BC. D答案D解析如图，取BC的中点H，连接EH，AH，则EHA90，设AB2，则BHHE1，AH，所以AE，连接ED，则ED，因为BCAD，所以异面直线AE与BC所成的角即为EAD，在EAD中，cosEAD，故选D.10(2019柳州市模拟)已知A，B，C三点都在表面积为100的球O的表面上，若AB4，ACB60.则球心O到平面ABC的距离等于()A2 B3 C4 D5答案B解析结合题意，绘制图形如图，设ABC的外接
6、圆的圆心为O，则根据正弦定理可知BO4，结合球表面积计算公式，可知4R2100，R5，结合球的性质可知，OBO构成直角三角形，结合勾股定理可知OO3.故选B.11(2019浙江高考)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则()A， B，C， D，答案B解析如图，取BC的中点D，作VO平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO2OD.作PEAC，PE交VC于点E，作PFAD于点F，则PF平面ABC.取AC的中点M，连接BM，VM，设VM交PE于点H，连接BH，易知B
7、HPE.作PGAC于点G，连接FG.由线面垂直的性质定理可知FGAC，作FNBM于点N.由作图可知平面PGF平面VMB，PHFN，所以PHFN.因此，直线PB与直线AC所成的角BPE，直线PB与平面ABC所成的角PBF，二面角PACB的平面角PGF，cos.tantan，且，.综上所述，.故选B.12. (2019广西百色调研)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()平面PB1D平面ACD1；A1P平面ACD1；异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是；三棱锥D1APC的体积不变A B C D答案B解析连接PB1，PD，根据正方体的性质，有DB
8、1平面ACD1，DB1平面PB1D，从而可得平面PB1D平面ACD1，正确；连接A1B，A1C1，容易证明平面BA1C1平面ACD1.又因为A1P平面BA1C1，所以A1P平面ACD1，正确；连接AP，CP，D1P，因为VD1APCVCAD1P，C到平面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，正确；当P与线段BC1的端点重合时，A1P与AD1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，故A1P与AD1所成角的取值范围是，错误正确故选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直三
9、棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上若ABBC2，ABC90，AA12，则球O的表面积为_答案16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，即2R4，故球O的表面积S4R216.14(2019武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有_对答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，AB，CD，EF和GH在原正方体中的位置如图所示，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行故互为异面直线的有3对15(2020池州高三期末
10、)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_答案24解析根据三视图可知，该几何体是一个正方体挖去了以2为半径的球的后剩余的部分，故该几何体的表面积为6224432224.16(2019陕西八校联考)如图，已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，A1，B1，C1，D1四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为_答案4解析设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为h，底面边长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为2ra，所以ra.由勾股定理得h2r2()2，即h23，得a262h2，其中0h，所以正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为Va2h
11、(62h2)h2h36h，其中0h，构造函数f(h)2h36h，其中0h，则f(h)6h26，令f(h)0，得h1.当0h0；当1h时，f(h)0.所以函数Vf(h)在h1处取得极大值，即最大值，则Vmaxf(1)4.因此，该正四棱柱的体积的最大值为4.三、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(2019辽宁朝阳模拟)(本小题满分10分)在如图所示的几何体ABCDEF中，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，且边长为2，Q是AD的中点(1)求证：直线AE平面FQC；(2)求二面角AFCB的大小解(1)证明：AFBE，ADBC，
12、AF与AD交于点A，BE与BC交于点B，平面ADF平面BCE，又EFABDC，几何体ADFBCE是三棱柱又ABBE，ABBC，BEBCB，AB平面BCE，故几何体ADFBCE是直三棱柱又四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，EFABDC且EFABDC，四边形DCEF为矩形连接DE，交FC于点P，连接PQ.P是DE的中点，Q是AD的中点，PQ是三角形DAE的中位线，PQAE.AE平面FQC，PQ平面FQC，直线AE平面FQC.(2)平面ABCD平面ABEF，ABBC，BC平面ABEF，BCBE.AB，BC，BE两两垂直以B为坐标原点，BA，BC，BE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角
13、坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，Q(2,1,0)，F(2,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，(0,2,0)，(2,0,2)设平面BFC的法向量为m(x，y，z)，则取x1，则z1，m(1,0，1)同理可得平面AFC的一个法向量n(1,1,0)，cosm，n，记二面角AFCB的大小为，依题意知为锐角，由cos，解得，即二面角AFCB的大小为.18(本小题满分12分)已知球内接正四棱锥PABCD的高为3，AC，BD相交于点O，球的表面积为，若E为PC的中点(1)求异面直线BP和AD所成角的余弦值；(2)求点E到平面PAD的距离解(1)由球的表面积公式S4R2得球的半径R，设球心为O
14、1，连接PO，在正四棱锥PABCD中，高为PO，则O1必在PO上，连接AO1，则O1O，AO1，则在RtO1OA中，有O1O2OA2AO，即OA2，可得正方形ABCD的边长为2，侧棱PA.在正方形ABCD中，因为BCAD，所以PBC是异面直线BP和AD所成的角或其补角，取BC的中点M，连接PM，在等腰PBC中，可得PMBC，斜高PM，则在RtPMB中，cosPBC.所以异面直线BP和AD所成的角的余弦值为.(2)由O，E分别为CA，CP的中点，得OEAP，且满足OE平面PAD，AP平面PAD，所以OE平面PAD，所以E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，又因为SPAD2，SAOD222
15、，设O到平面PAD的距离为h，则由VEPAD VOPADVPAOD，可得SPADhSAODPO，则h，所以点E到平面PAD的距离为.19. (2019天津市重点中学高三联考)(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，PAABA，所以PD平面PAB.(2
16、)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0，0,1)则(0，1，1)， (2,0，1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2，所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点，则存在0,1使得.因此点M(
17、0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0，解得.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.20(2019太原一模)(本小题满分12分)如图，在五面体ABCDEF中，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ADCD，侧面CDEF是菱形，DCF60，CD2AD2AB，AEAD.(1)证明：CEAF；(2)已知点P在线段BC上，且CPCB，若二面角ADFP的大小为60，求实数的值解(1)证明：侧面CDEF是菱形，DECD2AD，CEDF.AEAD，AE2AD2DE25AD2，ADDE.ADCD，AD平面CDEF，ADCE.CE平面ADF，C
18、EAF. (2)以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由题设可得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，1，)，F(0,1，)，(0,1，)，(，0)(，2，0)，设m(x，y，z)是平面DFP的法向量，则令z1，得m，由(1)可知(0，3，)是平面ADF的一个法向量，二面角ADFP的大小为60，cos60，解得.21(2019天津市河西区二模)(本小题满分12分)在RtABC中，ABC90，tanACB.已知E，F分别是BC，AC的中点将CEF沿EF折起，使C到C的位置且二面角CEFB的大小是60.连接CB
19、，CA，如图：(1)求证：平面CFA平面ABC；(2)求平面AFC与平面BEC所成二面角的大小解(1)证法一：F是AC的中点，AFCF.如图，设AC的中点为G，连接FG.设BC的中点为H，连接GH，EH.易证：CEEF，BEEF，BEC即为二面角CEFB的平面角BEC60，而E为BC的中点，易知BEEC，BEC为等边三角形，EHBC.EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面BEC.而EFAB，AB平面BEC，ABEH.由，BCABB，得EH平面ABC.G，H分别为AC，BC的中点，GHABFE，且GHABFE，四边形EHGF为平行四边形FGEH，FG平面ABC，又FG平面CFA，平面CFA平面
20、ABC.证法二：如图，建立空间直角坐标系，设AB2.则A(0,0,2)，B(0,0,0)，F(0,2,1)，E(0，2,0)，C(，1,0)设平面ABC的法向量为a(x1，y1，z1)，(0,0,2)，(，1,0)，令x11，则a(1，0)，设平面CFA的法向量为b(x2，y2，z2)，(0,2，1)，(，1，2)，令x2，则b(，1,2)ab0，平面CFA平面ABC.(2)如图，建立空间直角坐标系，设AB2.则A(0,0,2)，B(0,0,0)，F(0,2,1)，E(0,2,0)，C(，1,0)显然平面BEC的法向量m(0,0,1)，设平面AFC的法向量n(x，y，z)，(，1，2)，(0,
21、2，1)，令y1，则n(，1,2)cosm，n，观察图形可知，平面AFC与平面BEC所成二面角的平面角为锐角平面AFC与平面BEC所成二面角的大小为45.22(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PABCDEF的顶点P上，O1和O2分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥PABCDEF的底面中心为O，PO1，M，N分别是圆柱H的底面圆O1的最高点和最低点，G是圆柱H的底面圆O2的最低点，P为NG的中点，点M，O1，N，A，O，D，G，P共面，O1，P，D共线，四边形ADGN为矩形(1)证明：MG平面PCD；(2)求二面角MCDA的大小注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点
22、在底面上的正投影为底面的中心的棱锥解(1)证明：连接PO1(图略)，P为NG的中点，O1为MN的中点，PO1MG，又点O1，P，D共线，PDMG，PD平面PCD，MG平面PCD，MG平面PCD.(2)O为正六棱锥PABCDEF的底面中心，PO底面ABCDEF，取BC的中点W(图略)，连接OW，AD，则点O在AD上，且OWAD.分别以OA，OW，OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.P为NG的中点，四边形ADGN为矩形，O为AD的中点，PO1，NAPO，NAPO1，从而NA底面ABCDEF，M，N分别是圆柱H的底面圆O1的最高点和最低点，O1N底面ABCDEF，从而M，O1，N，A四点共线，正六棱锥PABCDEF的底面边长为1，AD2，四边形ADGN为矩形，NGAD，且NGAD2，又P为NG的中点，NPAD，且NPAD1，在O1AD中，NP为O1AD的中位线，从而N为O1A的中点，O1NNA1，故M(1,0,3)，C，D(1,0,0)，(2,0,3)设平面MCD的法向量为m(x，y，z)，由令x1，则y，z，m.取平面ABCDEF的一个法向量为n(0,0,1)设二面角MCDA的大小为锐角，则cos，因此，即二面角MCDA的大小为.
