2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版

《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元檢測(cè)八立體幾何與空間向量(提升卷)考生注意：1本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè)2答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上3本次考試時(shí)間100分鐘，滿分130分4請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整第卷(選擇題共60分)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1(2018廣東省廣州市培正中學(xué)模擬)下列命題中，錯(cuò)誤的是( )A平行于同一平面的兩個(gè)平面平行B平行于同一直線的兩個(gè)平面平行C一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，那么這條直線必和另一個(gè)平面相交D一條直線與兩個(gè)平行平

2、面所成的角相等答案B解析選項(xiàng)A正確，是面面平行的傳遞性選項(xiàng)B錯(cuò)誤，比如正方體的兩相鄰側(cè)面與一側(cè)棱都平行，但兩側(cè)面所在平面相交選項(xiàng)C正確，由反證法，若直線與另一平面不相交，則直線在平面內(nèi)或直線與平面平行，與直線與第一個(gè)平面相交矛盾選項(xiàng)D正確，由線面角定義可知正確2長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱長(zhǎng)分別是3,4,5，且它的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球的表面積是()A25B50C125D都不對(duì)答案B解析長(zhǎng)方體的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球是長(zhǎng)方體的外接球，所以球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)，即R，所以球的表面積為4R24250，故選B.3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長(zhǎng)為3的正

3、方形，EFAB，EF，且EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為()A.B5C6D.答案D解析分別取AB，CD的中點(diǎn)G，H，連接EG，GH，EH，把該多面體分割成一個(gè)四棱錐與一個(gè)三棱柱，可求得四棱錐的體積為3，三棱柱的體積為，進(jìn)而整個(gè)多面體的體積為.4如圖，一個(gè)空間幾何體的正視圖，側(cè)視圖，俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊的長(zhǎng)為1，那么這個(gè)幾何體的體積為( )A.B.C.D1答案A解析由三視圖還原可知原圖形是底面是直角邊為1的等腰直角三角形，兩側(cè)面也是直角邊為1的等腰直角三角形，另一側(cè)面是邊長(zhǎng)為的等邊三角形的三棱錐所以體積為V1，選A.5(2018西安模擬)若平面與的

4、法向量分別是a(2,4，3)，b(1,2,2)，則平面與的位置關(guān)系是()A平行B垂直C相交但不垂直D無(wú)法確定答案B解析因?yàn)閍b(2,4，3)(1,2,2)0，所以ab，所以兩平面垂直6.如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，DAD145，CDC130，那么異面直線AD1與DC1所成角的余弦值是( )A.B.C.D.答案C解析由長(zhǎng)方體DAD145，CDC130，設(shè)ADDD11，CD.連接BC1，BD.由AD1BC1，所以異面直線AD1與DC1所成角，即BC1D.在BDC1中，BC1，BD2，C1D2，由余弦定理可得cosBC1D，所以異面直線AD1與DC1所成角的余弦值是，選C.7ABC所在的

5、平面為，直線lAB，lAC，直線mBC，mAC，則直線l，m的位置關(guān)系是()A相交B平行C異面D不確定答案B解析lAB，lAC，ABACA，AB，AC平面ABC，l平面ABC.mBC，mAC，BCACC，BC，AC平面ABC，m平面ABC，lm，故選B.8已知向量a(2,4,5)，b(3，x，y)分別是直線l1，l2的方向向量，若l1l2，則()Ax6，y15Bx3，yCx3，y15Dx6，y答案D解析l1l2，存在實(shí)數(shù)k使得bka，即(3，x，y)k(2,4,5)，解得x6，y，故選D.9(2018湖南省長(zhǎng)沙市周南中學(xué)模擬)如圖，在所有棱長(zhǎng)均為a的直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為B

6、B1，A1C1的中點(diǎn)，則異面直線AD，CE所成角的余弦值為()A.B.C.D.答案C解析設(shè)AC的中點(diǎn)為O，以，為x，y，z軸建立坐標(biāo)系(圖略)，則A，D，C，E(0,0，a)，則，設(shè)AD與CE所成的角為，則cos，故選C.10已知，是兩個(gè)平面，直線l，l，若以l；l；中兩個(gè)為條件，另一個(gè)為結(jié)論構(gòu)成三個(gè)命題，則其中正確的命題有()A；B；C；D；答案A解析因?yàn)椋栽趦?nèi)找到一條直線m，使m，又因?yàn)閘，所以lm.又因?yàn)閘，所以l，即；因?yàn)閘，所以過l可作一平面n，所以ln，又因?yàn)閘，所以n，又因?yàn)閚，所以，即.故選A.11.如圖，空間四邊形OABC中，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上

7、，且MG2GN，若xyz，則() Ax，y，zBx，y，zCx，y，zDx，y，z答案D解析由向量的運(yùn)算法則有，又，2，得3，據(jù)此可知x，y，z.12.點(diǎn)P在正方體側(cè)面BCC1B1及其邊界上運(yùn)動(dòng)，并且保持APBD1，則點(diǎn)P的軌跡為()A線段B1CBBB1的中點(diǎn)與CC1的中點(diǎn)連成的線段C線段BC1DBC的中點(diǎn)與B1C1的中點(diǎn)連成的線段答案A解析APBD1恒成立，要保證AP所在的平面始終垂直于BD1.ACBD1，AB1BD1，ACAB1A，AB1，AC平面AB1C，BD1平面AB1C，P點(diǎn)在線段B1C上運(yùn)動(dòng)故選A.第卷(非選擇題共70分)二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分把答案填在題中

8、橫線上)13正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2，半徑為的球O過點(diǎn)D, MN為球O的一條直徑，則的最小值是_答案44解析很明顯當(dāng)O，D，M，N四點(diǎn)共面時(shí)數(shù)量積能取得最值，由題意可知ODOMON，則MDN是以點(diǎn)D為頂點(diǎn)的直角三角形，且()()2()420，當(dāng)向量，反向時(shí)，取得最小值42244.14.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1和AB上的點(diǎn)，若B1MN是直角，則C1MN_.答案90解析因?yàn)镃1B1平面ABB1A1，MN平面ABB1A1，所以C1B1MN.又因?yàn)镸NMB1，MB1，C1B1平面C1MB1，MB1C1B1B1，所以MN平面C1MB1，所以MNC1M，所以C1

9、MN90.15.如圖，BAC90，PC平面ABC，則在ABC和PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有_；與AP垂直的直線有_答案AB，BC，ACAB解析PC平面ABC，PC垂直于直線AB，BC，AC；ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，與AP垂直的直線是AB.16.如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90，BAA1DAA160，則AC1_.答案解析BAA1DAA160，A1在平面ABCD上的射影必落在直線AC上，平面ACC1A1平面ABCD，AB1，AD2，AA13，|2()2|2|2|2222149021322323，|，AC1.三、

10、解答題(本題共4小題，共50分解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟)17(12分)如圖，在直三棱柱(側(cè)棱垂直于底面)ABCA1B1C1中，AC9，BC12，AB15，AA112，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)(1)求證：ACB1C；(2)求證：AC1平面CDB1.證明(1)三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，CC1平面ABC，又AC平面ABC，CC1AC.又AC9，BC12，AB15，AC2BC2AB2，ACBC.CC1，BC平面BB1C1C，CC1BCC，AC平面BB1C1C，又B1C平面BB1C1C，ACB1C.(2)取A1B1的中點(diǎn)D1，連接C1D1，D1D和AD1.ADD1B1，且ADD1B1，四

11、邊形ADB1D1為平行四邊形，AD1DB1，又AD1平面CDB1，DB1平面CDB1，AD1平面CDB1.CC1DD1，且CC1DD1，四邊形CC1D1D為平行四邊形，C1D1CD，又CD平面CDB1，C1D1平面CDB1，C1D1平面CDB1.AD1C1D1D1，AD1，C1D1平面AC1D1，平面AC1D1平面CDB1，又AC1平面AC1D1，AC1平面CDB1.18(12分)如圖，在四棱錐PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，AD1，BC3，CD4，PD2.(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值；(2)求證：PD平面PBC；(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值(1)解

12、由已知ADBC，得DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角因?yàn)锳D平面PDC，所以ADPD.在RtPDA中，由已知，得AP，故cosDAP.所以異面直線AP與BC所成角的余弦值為.(2)證明因?yàn)锳D平面PDC，直線PD平面PDC，所以ADPD.又因?yàn)锽CAD，所以PDBC，又PDPB，BC，PB平面PBC，BCPBB，所以PD平面PBC.(3)解過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F，連接PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角因?yàn)镻D平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以DFP為直線DF和平面PBC所成的角由于ADBC，DFAB，故BFAD1，由已知，得CFBC

13、BF2.又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得DF2，在RtDPF中，可得sinDFP.所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為.19(13分)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，ABC60，PA平面ABCD，PA4，F(xiàn)是棱PA上一點(diǎn)，且AF1，E為PD的一個(gè)靠近D點(diǎn)的三等分點(diǎn)(1)求證：CE平面BDF；(2)求平面BDF與平面PAD所成的銳二面角的余弦值(1)證明以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AD，AP所在的直線分別為y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖則A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(xiàn)(0,0,1)，B(2，2,0)，C(2，2,0)，設(shè)平面BDF

14、的法向量為n(x，y，z)，又(2，6,0)，(0，4,1)，所以取y1，得n(，1,4)，所以n60，即n.又CE平面BDF，所以CE平面BDF.(2)解由(1)知平面BDF的一個(gè)法向量為n(，1,4)，又平面PAD的一個(gè)法向量可取n1(1,0,0)，所以平面BDF與平面PAD所成銳二面角的余弦值為|cosn，n1|.20(13分)(2018北京市城六區(qū)模擬)如圖1，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，P為CD中點(diǎn)，分別將PAD, PBC沿PA，PB所在直線折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)D重合于點(diǎn)O，如圖2，在三棱錐POAB中，E為PB中點(diǎn)(1)求證：POAB；(2)求直線BP與平面POA所成角的正弦值；(3)

15、求二面角PAOE的大小(1)證明在正方形ABCD中，P為CD中點(diǎn)，PDAD，PCBC，所以在三棱錐POAB中，POOA，POOB.因?yàn)镺AOBO，OA，OB平面OAB，所以PO平面OAB.因?yàn)锳B平面OAB，所以POAB.(2)解取AB中點(diǎn)F，連接OF，取AO中點(diǎn)M，連接BM.過點(diǎn)O作AB的平行線OG.因?yàn)镻O平面OAB，所以POOF，POOG.因?yàn)镺AOB，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)FAB.所以O(shè)FOG.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.A(1，0)，B(1，0)，P(0,0,1)，M.因?yàn)锽OBA，M為OA的中點(diǎn)，所以BMOA.因?yàn)镻O平面OAB，PO平面POA，所以平面POA平面OAB.因?yàn)槠矫鍼OA平面OABOA，BM平面OAB，所以BM平面POA.因?yàn)?所以平面POA的一個(gè)法向量m(，1,0).(1，1)設(shè)直線BP與平面POA所成角為，則sin|cosm，|.所以直線BP與平面POA所成角的正弦值為.(3)由(2)知E，(1，0)設(shè)平面OAE的法向量為n(x，y，z)，則有即令y1，則x，z2，即n(，1,2)由(2)知平面OAP的一個(gè)法向量為m(，1,0)，所以cosm，n.由題意知二面角PAOE為銳角，所以它的大小為.12