第七章 立体几何与空间向量（测试）（教师版）

第七章立体几何与空间向量（测试）时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷一、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．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆台上下底面半径之比为1:2，母线与底面所成的角的正弦值为35，圆台体积为14π，则该圆台的侧面面积为（）A．30πB．18πC．15πD．9π【答案】C【解析】做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为r，则下底面半径为2r，作1ACOB，垂足为C，则BCr，母线与底面所成的角的正弦值为35，即3sin5ABC，设圆台的母线长为l，高为h，则53lh，34hr，因为圆台的体积为14π，由圆台的体积公式221πh3VrrRR，计算得2r，所以52l.再由圆台侧面积公式πSlrR，可得圆台的侧面积为15π.故选：C.2．（2023·甘肃天水·高三校考阶段练习）设,Rxy，向量,1,1axr，1,,1byr，2,4,2c且,//acbc，则ab（）A．22B．10C．3D．4【答案】C【解析】由向量,1,1,ax1,,1,by2,4,2,c且,//acbc，可得2420124xy，解得x1,y2，所以1,1,1a，1,2,1b，则2,1,2ab，所以3ab.故选：C.3．（2023·北京·高三强基计划）设,,231,0,0,0Vxyzxyzxyz，则V的体积为（）A．112B．118C．124D．136【答案】D【解析】根据题意，V是由11(0,0,0),(1,0,0),0,,0,0,0,23OABC四点构成的四面体OABC及其内部，其体积为1111162336OАВCV．故选：D.4．（2023·陕西西安·统考一模）如图，球面上有A、B、C三点，90ABC，3BABC，球心O到平面ABC的距离是322，则球O的体积是（）A．72πB．36πC．18πD．8π【答案】B【解析】在ABC中，90ABC，3BABC，则ABC外接圆的直径为22223232rACBABC，所以，322r，因此，球心O到平面ABC的距离为322，所以，球O的半径为223232322R，因此，球O的体积为3344ππ336π33VR.故选：B.5．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试）以下什么物体能被放进底面半径为1m2，高为3m的圆柱中（）A．底面半径为3m4，母线长为10m4的圆锥B．底面半径为0.01m，高为1.9m的圆柱C．边长为1m的立方体D．底面积为23m2，高为1.5m的直三棱柱【答案】B【解析】由于3142，故该圆锥无法放入圆柱中，A错误；B选项，如图所示，将底面半径为0.01m，高为1.9m的圆柱放入半径为1m2，高为3m的圆柱中，如图所示，则0.02mHF，因为1.9mEH，由勾股定理得2220.00043.613.6104EFEHHF，设π0,2AFH，则0.02cosAF，则0.02cosBG，10.04cosFGABAFBG，由勾股定理得22223.610410.04cosEGEFFG，因为0.04cos0,0.04，则10.04cos0.96,1，210.04cos0.9216,1，223.610410.04cos2.6104,2.68883EG，故能被放进底面半径为1m2，高为3m的圆柱中，B正确；C选项，边长为1m的立方体，面对角线长为2m，体对角线长为3m，要想放进高为3m的圆柱内，需要如图所示放入，其外接球O的直径为3m，故要想放入圆柱中，只能放入以球O为内切球的圆柱中，如图，过点D的母线交上底面于点C，交下底面于点E，设mDEx，mBEr，由勾股定理得222221BDBEDErx，连接AD，则2mAD，由勾股定理得2222232ADACDCrx，解得63r，即边长为1m的立方体可放入底面半径为63m，高为3m的的圆柱中，因为6132，故C错误；D选项，底面积为23m2，高为1.5m的直三棱柱体积为3391.5m24，由于底面半径为1m2，高为3m的圆柱体积为2139π3π244，故无法放进放进底面半径为1m2，高为3m的圆柱中，D错误.故选：B6．（2023·北京·高三强基计划）在正方体1111ABCDABCD中，动点M在底面ABCD内运动且满足11DDADDM，则动点M在底面ABCD内的轨迹为（）A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．双曲线一支的一部分D．前三个答案都不对【答案】A【解析】因为11DDADDM，故DM在圆锥面上，该圆锥以1DD为轴，D为顶点，而M在底面ABCD内，故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC．故选：A.7．（2023·四川·校联考一模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，点P是线段1CD上的动点，下列说法错误的是（）A．AP∥平面11ABCB．1BDAPC．异面直线AP与11BC所成的角的最小值为6D．三棱锥11BACP的体积为定值【答案】C【解析】对于A，易知11//BCAD，又1BC平面1ACD，1AD平面1ACD，所以1//BC平面1ACD，同理11//AC平面1ACD，又1111ACBCC?，所以平面11ACD∥平面1ACD，又AP平面1ACD，所以AP∥平面11ABC，故A正确；对于B，易知1,ACBDACBB，又1BDBBB，则AC平面11BBDD，又1BD平面11BBDD，则1ACBD，同理11CDBD，又1ACCDC，所以1BD平面1ACD，又AP平面1ACD，所以1BDAP，故B正确；对于C，如图所示：过点D作1DQCD，连AQ，知DAQ就是异面直线AP与11BC所成的角的最小角，有2tan2DPDAPAD，故C错误；对于D，11111113PACBBACPACBVSVh△，其中11ACBS△是定值，面11ACD∥平面1ACD，知点P到面11ACD的距离是一个定值.故D正确.故选：C8．（2023·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，4ABBCCDDA，22ACBD，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为1633；③过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】选项①中，如图（1）所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面EFHG，则////EGACFH,EGBDGH，所以四边形EFHG为平行四边形，找AC的中点O,连接,ODOB，因为4ABBCCDDA，所以,,,,DOACBOACDOBOODOBO平面BOD，所以AC平面BOD，BD平面BOD，所以ACBD，所以EGEF，所以四边形EFHG为矩形，122EFBD，122EGAC，所以截面的面积222S，故①正确；选项②中，RtCOD中，由勾股定理得：2216214ODCDOC，同理14OBOD，过点O作OMBD,则122DMDB，所以由勾股定理得：2214223OMODDM，所以1122232622OBDSBDOM，由选项①可得：CO平面BOD,所以14326233CBODABODVV，833DABCCBODABODVVV，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，2,23APPCPB，所以外接球的半径441252R，截面面积的最大值为5；平面PCQB截得的面积为最小面积，半径22412222PBPCR，截面积最小为4，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确.图（1）图（2）二、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2分，有选错的得0分。9．（2023·全国·高三专题练习）若点D，E，F分别为ABC的边BC，CA，AB的中点，且,BCbCaA，则下列结论正确的是（）A．12ADabuuurrrB．12BEabC．1122CFabD．12EFauuurr【答案】ABC【解析】BCa，CAb，111222ADACCDCACBBCCAab，故选项A正确；1122BEBCCEBCCAab，故选项B正确；ABACCBba，1111()2222CFCAAFCAABbbaab，故选项C正确；1122EFCBa，故选项D错误．故选：ABC．10．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图，四棱锥PABCD的底面为梯形，PD底面ABCD，90BADCDA，2,4ADABPDCD，E为棱PA的中点，则（）A．CE与平面ABCD所成的角的余弦值为22121B．PACEC．BC平面PBDD．三棱锥PBCE的体积为43【答案】CD【解析】对于A项，如图取AD中点F，连接EF，则EF∥PD，由题意可得：EF⊥面ABCD，连接CF，∠ECF即CE与平面ABCD所成的角，由条件可得EF=2，2217CFDFDC，217221cos21172CFFCECE，故A错误；对于B项，连接AC，易得20,42ACPC，又E为PA中点，ACPC，故PA与CE不垂直，故B错误；对于C项，如图所示，在梯形ABCD中，过B作BG⊥CD，由条件可得，BG=AD=GC=2，故22BDBC，由勾股定理逆定理可得BD⊥BC，又PD⊥面ABCD，BC面ABCD，则PD⊥BC，PDBD=D，PD、BD面ABCD，所以BC⊥面PBD，故C正确；对于D项，由条件得PEBCAEBCEABCVVV，由上可得1124242222ABCADCABCDSSS梯形，故1433EABCABCVSEF，故D正确.故选：CD11．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知点P为正方体1111ABCDABCD底面ABCD的中心，用与直线1PD垂直的平面截此正方体，所得截面可能是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】ABC【解析】如图，设棱长为1，过点P作1PQDP，交1BB于点Q，连结,AQQC，因为1DDPPBQ，则1DDDPPBBQ，即21222BQ，所以12BQ，所以点Q为1BB的中点，因为ACDP，1ACDD，且1DPDDD，且1,DPDD平面1DDP，所以AC平面1DDP，1DP平面1DDP,所以1ACDP，且1PQDP，ACPQP，且,ACPQ平面ACQ，所以1DP平面ACQ，此时平面ACQ就是满足条件的一个,此时所得截面为三角形ACQ，当点Q平移至点1B，对应的点,AC平移至点,MN（,MN分别是11,AACC的中点），形成平面1DNBM，此时截面为四边形1DNBM，夹在平面ACQ和平面1DNBM之间的形成五边形EFRHG，如下图，若截面在平面ACQ下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，若截面在平面1DNBM的上方时，形成的截面为五边形，如下图，当点,MN分别移到点11,AC的位置，点D移到1DD