《江苏省13市2021届高三第一次模拟考试数学试题分类汇编（新高考）：立体几何（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省13市2021届高三第一次模拟考试数学试题分类汇编（新高考）：立体几何（解析版）.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江苏省13市2021届高三第一次模拟考试数学试题分类汇编立体几何（地区名后面，题号1-8为单选，9-12为多选）1. （2021扬州一模）13已知一个圆锥的侧面积为6，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为 【答案】3【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，圆锥的侧面展开图是一个半圆，l2=12，l=23lr=6，r=3h=3圆锥的体积为13r2h =3，故答案为：32. （2021扬州一模）12我们把所有棱长都相等的正棱柱（锥）叫“等长正棱柱（锥）”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱（锥）”的棱长都为1，则下列说法中正确的有（ ）A正方体的棱切球的半径为B正四面体的棱
2、切球的表面积为C等长正六棱柱的棱切球的体积为 D等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面（侧面和底面）截得的截面面积之和为【答案】BCD【解析】由正方体的棱长为1，若球与正方体的各棱泪切，则球的直径等于正方形对角线长，可判断A选项错误 若球与正四面体的各棱泪切，则球的半径等于正四面体中心到棱长距离，可判断B选项正确若球与等长正六棱柱的各棱泪切，则球的半径等于上下底面正六边形中心到顶点距离，可判断C选项正确若球与等等长正四棱锥各棱泪切，则球的半径等于等长正四棱锥中轴上找点到侧棱距离等于到地面棱距离。而侧棱与底面正方形对角线组成等腰直角三角形，可判断D选项正确【名师点睛】本题考查几何体外接球、内切球问题，
3、由若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，若球为正方体的内切球 ，则内切球半径为棱长的一半，若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，可求出球的半径或直径r属于中等题3. （2021盐城、南京一模）8已知点A，B，C，D在球O的表面上，AB平面BCD，BCCD，若AB2，BC4，AC与平面ABD所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面ACD距离的最大值为 A2 B3 C4 D5【答案】B【解析】因为AB平面BCD，BCCD，所以球心O为AD中点，其在面BCD投影为E，则OE1，作CFBD，所以sinCAF， 所以，所以P到平面ACD距离的最大值为3 4. （202
4、1无锡一模）15我国南北朝时代的祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，即祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等(如图1)在xOy平面上，将双曲线的一支及其渐近线和直线y=0，y= 2围成的封闭图形记为D，如图2中阴影部分记D绕y轴旋转一周所得的几何体为，利用祖暅原理试求的体积为_图1 图2【答案】5. （2021苏州一模）16如图，已知球O的半径为5，圆O1，O2为球O的两个半径均为2的截面圆，圆面O、圆面O1、圆面O2两两垂直，点A，B分别为圆O与圆O1，O2的交点，P，Q两点分别从A，B同时出发
5、，按箭头方向沿圆周O1，O2以每秒6弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置时停止运动，则其运动过程中线段PQ长度的最大值为 ；研究发现线段PQ长度最大的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为 秒（本小题第一空2分，第二空3分） 【答案】：25，8【解析】：以O1A为x轴，在圆O1中，将O1A逆时针旋转90得到y轴，O1O为z轴，建立空间直角坐标系，则P(2cos6t，-2sin6t，1)，Q(1，2sin6t，2cos6t)， PQ16sin26t+2(2cos6t+1)2=-8cos26t+8cos6t+18，0t12，当cos6t12时，PQ取最大值为25，此时t2或10，故PQ最大的两个时刻
6、差为8 6. （2021无锡一模）11如图，正四棱锥SBCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥ASBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（ ） AASCD B正四棱锥SBCDE的外接球半径为C正四棱锥SBCDE的内切球半径为D由正四棱锥SBCDE与正三棱锥ASBE拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD所以可拼成一个三棱柱7. （2021苏州一模）12在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AA1AB2AD2，E，F分别为BB1，D1C1的中点，则 AEFEC BBD平面AEF C三棱锥C1CEF外接球的表面积为5 D平面A1BCD1被三棱锥C1CEF外接球截得的截面圆面积为98【答案】
7、：ACD【解析】易得CEC1E，CEC1F，从而CE平面EFC1，从而EFEC，A正确； 取B1C1中点G，易得FGBD，根据FG与平面AEF相交，可得BD与平面AEF相交，故B错误； 三棱锥C1CEF外接球，球心O是CC1与C1F垂直平分线的交点，易求半径OC52，故球的表面积为5，C正确；作OHCD1于点H，则OH平面A1BCD1，求得OH24，故截面圆的半径r54-18=322，面积为98，D正确 综上选ACD8. （2021苏州一模）8我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高这句话的意思是：
8、两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为 A23 B43 C3 D23【答案】：B【解析】：由“祖暅原理”可知，帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，底面正方形对角线为
9、2，正方形边长为2，V帐篷V正四棱柱V正四棱锥(2)21-13(2)21=43，选B9. （2021南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江一模）16已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8若P为圆柱底面圆弧的中点，则平面PAB与球O的交线长为 ABCDPO1O2OH【答案】【解析】取的中点，则点为圆柱的内切球球心连接，作，垂足为点因为正方形的面积为，所以，所以由得，解得，设平面截内切球球所得圆的半径为，则，所以所求交线长为10. （2021南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江一模）9已知m，n是两条不重合的直线，是两个
10、不重合的平面，则 A若m，n，则mn B若m，m，则 C若，m，n，则mn D若，m，n，则mn【答案】BC【解析】由题意，对于选项A，m，n，m与n可以异面或者相交，故选项A错误；对于选项B，由m，则存在直线，使得，又m，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，因为，m，n，所以，则，故选项C正确；对于选项D，因为，可设，则当时，可得到m，n，则，故选项D错误；故答案选BC.11. （2021连云港一模）11如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1，AA12，D是棱AA1的中点，DC1BD则A直线DC1与BC所成角为90B三棱锥DBCC1的体积为C二面角A1BDC1的大小为60D直三棱柱
11、ABCA1B1C1外接球的表面积为6【答案】ABD【解析】计算可知 BC1，C1D故 BD，从而 AB故 ACBC，又CC1AC，CC1BC，故 BC平面 ACC1 A1 ，从而 BCDC1，A 正确；VD-BCC=ACBCCC1=，B正确；取 A1B1中点E，则C1E平面ABB1A1，又 DC1BD，由二面角定义知，二面角 A1-BDC1正弦值为 ，故二面角A1BDC1大小为30，C 错误；注意到直三棱柱ABCA1B1C1 外接球球心为平面 ABB1A1 中心，故 S4( AA1)2(AB)26，D正确12. （2021常州一模）13圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为
12、8，则该圆柱的表面积为 【答案】80【解析】如图是圆柱轴截面，其外接圆是球的大圆，由得，又，圆柱表面积为故答案为：13. （2021南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江一模）20（本小题满分12分）如图，在正六边形ABCDEF中，将ABF沿直线BF翻折至ABF，使得平面ABF平面 BCDEF，O，H分别为BF和AC的中点（1）证明：OH平面AEF；（2）求平面ABC与平面ADE所成锐二面角的余弦值【考点】立体几何的位置关系证明、求二面角14. （2021苏州一模）21（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPB3（1）证明：PADPBC；（2）当直线PA与
13、平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角PABC的大小解：（1）分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF， 因为PAPB，所以PEAB， 又因为ABCD，所以CDPE， 又因为CDEF，PEEFE，所以CD平面PEF， 因为PF平面PEF，所以CDPF， 在PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PCPD， 又因为PAPB，ADBC，所以PADPBC， 从而可得PADPBC； （2）由（1）可知，PEF是二面角PABC的平面角， 设，则， 在PEF中， 过点E作PF的垂线，垂足为G， 则， 因为CD平面PEF，CD平面PCD，所以平面PCD平面PEF， 又因为平面PCD平面PEFPF
14、，EGPF，EG平面PEF， 所以EG平面PCD， 因为AB平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG， 设直线PA与平面PCD所成角为，所以， 令， 则， 所以当且仅当，即时，EG有最大值2，此时直线PA与平面PCD所成角为的正弦值最大所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，二面角PABC的大小为415. （2021连云港一模）20（本小题满分12分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，BAC，PAPBPC4（1）证明：平面PAC平面ABC；（2）若点M在棱BC上，PC与平面PAM所成角的余弦值为，求CM的长16. （2021常州一模）20（本小题满分
15、12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是矩形，ABAP2BC，平面PAB平面ABCD，二面角PBCA的大小为45（1）求证：PA平面ABCD；（2）求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值17. （2021无锡一模）19(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BAD120，ABAD2，点M在线段PD上，且DM2MP，PB平面MAC（1）求证：平面MAC平面PAD；（2）若PA3，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值 18. （2021盐城、南京一模）19（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF
16、平面CDFE，CDEF，DFEF，EF2CD2（1）若DF2，求二面角ACEF的正弦值；（2）若平面ACF平面BCE，求DF的长解：方法一（1）因为平面ABEF平面CDFE，平面ABEF平面CDFEEF，DFEF，DF平面CDFE，所以DF平面ABEF 所以DFAF，DFFE又AFEF所以，以，为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系Fxyz则F(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，2，0)，C(0，1，2)，则(2，2，0)，(0，1，2)设平面ACE的一个法向量为m(x，y，z)，则m，mABCDFExyz所以即不妨取z1，则xy2，所以m(2，2，1) 又(2，0，0)，(0，2，0)
17、，(0，1，2)， 所以0，0所以，又FEFCF，所以(2，0，0)为平面CEF的一个法向量 所以cosm， 所以二面角ACEF的正弦值为 （2）设DFt(t0)，则C(0，1，t)(2，0，0)，(0，1，t)，(2，0，0)，(0，1，t)，设平面BCE的一个法向量为n(a，b，c)，则n，n所以 即 不妨令c1，则bt，所以n(0，t，1) 设平面ACF的一个法向量为s(p，q，r)，则由s，s，得 不妨取r1，则qt，得s(0，t，1) 因为平面ACF平面BCE，所以ns0，即t210，得t1，即DF1 方法二（1）因为平面ABEF平面CDFE，平面ABEF平面CDFEEF，DFEF，
18、DF平面CDFE，所以DF平面ABEF，所以DFAF又因为AFEF，DF平面CDFE，EF平面CDFE，DFEFF所以AF平面CDFE 在平面CEF内过点F作FGCE于G，连结AG，则AGCE所以AGF为二面角ACEF的平面角 ABCDFEGl在CEF中，CECF，EF2，由SCEFEFDFCEFG，得FG 在AFG中，AG，所以sinAGF， 所以二面角ACEF的正弦值为. （2）设平面ACF平面BCFl因为四边形ABEF为正方形，所以AFBE又AF平面BCE，BE平面BCE，所以AF平面BCE又AF平面ACF，平面ACF平面BCEl，所以AFl 因为AF平面CDFE，CF平面CDFE，所以AFCF，所以CFl又平面ACF平面BCE，平面ACF平面BCEl，CF平面ACF，所以CF平面BCE又CE平面BCE，所以CFCE，所以CF2CE2EF2 设DFt(t0)，则CF，CE，所以(t21)(t21)22，解得t1，即DF1. 19. （2021扬州一模）19(本小题满分12分)如图，在三棱锥ABCD中，ABD与BCD都为等边三角形，平面ABD平面BCD，M，O分别为AB，BD的中点，AODMG，N在棱CD上且满足2CNND，连接MC，GN（1）证明：GN平面ABC；（2）求直线AC和平面GND所成角的正弦值