《2020届高考数学一轮复习单元检测08《立体几何与空间向量》提升卷单元检测 理数（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学一轮复习单元检测08《立体几何与空间向量》提升卷单元检测 理数（含解析）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、单元检测八立体几何与空间向量(提升卷)考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间100分钟，满分130分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整第卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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(2018广东省广州市培正中学模拟)下列命题中，错误的是( )A平行于同一平面的两个平面平行B平行于同一直线的两个平面平行C一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D一条直线与两个平行平
2、面所成的角相等答案B解析选项A正确，是面面平行的传递性选项B错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交选项C正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾选项D正确，由线面角定义可知正确2长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是()A25B50C125D都不对答案B解析长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R，所以球的表面积为4R24250，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正
3、方形，EFAB，EF，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.B5C6D.答案D解析分别取AB，CD的中点G，H，连接EG，GH，EH，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为，进而整个多面体的体积为.4如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为1，那么这个几何体的体积为( )A.B.C.D1答案A解析由三视图还原可知原图形是底面是直角边为1的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为1的等腰直角三角形，另一侧面是边长为的等边三角形的三棱锥所以体积为V1，选A.5(2018西安模拟)若平面与的
4、法向量分别是a(2,4，3)，b(1,2,2)，则平面与的位置关系是()A平行B垂直C相交但不垂直D无法确定答案B解析因为ab(2,4，3)(1,2,2)0，所以ab，所以两平面垂直6.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，DAD145，CDC130，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是( )A.B.C.D.答案C解析由长方体DAD145，CDC130，设ADDD11，CD.连接BC1，BD.由AD1BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即BC1D.在BDC1中，BC1，BD2，C1D2，由余弦定理可得cosBC1D，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是，选C.7ABC所在的
5、平面为，直线lAB，lAC，直线mBC，mAC，则直线l，m的位置关系是()A相交B平行C异面D不确定答案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，故选B.8已知向量a(2,4,5)，b(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1l2，则()Ax6，y15Bx3，yCx3，y15Dx6，y答案D解析l1l2，存在实数k使得bka，即(3，x，y)k(2,4,5)，解得x6，y，故选D.9(2018湖南省长沙市周南中学模拟)如图，在所有棱长均为a的直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为B
6、B1，A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案C解析设AC的中点为O，以，为x，y，z轴建立坐标系(图略)，则A，D，C，E(0,0，a)，则，设AD与CE所成的角为，则cos，故选C.10已知，是两个平面，直线l，l，若以l；l；中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有()A；B；C；D；答案A解析因为，所以在内找到一条直线m，使m，又因为l，所以lm.又因为l，所以l，即；因为l，所以过l可作一平面n，所以ln，又因为l，所以n，又因为n，所以，即.故选A.11.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上
7、，且MG2GN，若xyz，则() Ax，y，zBx，y，zCx，y，zDx，y，z答案D解析由向量的运算法则有，又，2，得3，据此可知x，y，z.12.点P在正方体侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持APBD1，则点P的轨迹为()A线段B1CBBB1的中点与CC1的中点连成的线段C线段BC1DBC的中点与B1C1的中点连成的线段答案A解析APBD1恒成立，要保证AP所在的平面始终垂直于BD1.ACBD1，AB1BD1，ACAB1A，AB1，AC平面AB1C，BD1平面AB1C，P点在线段B1C上运动故选A.第卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中
8、横线上)13正四面体ABCD的棱长为2，半径为的球O过点D, MN为球O的一条直径，则的最小值是_答案44解析很明显当O，D，M，N四点共面时数量积能取得最值，由题意可知ODOMON，则MDN是以点D为顶点的直角三角形，且()()2()420，当向量，反向时，取得最小值42244.14.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若B1MN是直角，则C1MN_.答案90解析因为C1B1平面ABB1A1，MN平面ABB1A1，所以C1B1MN.又因为MNMB1，MB1，C1B1平面C1MB1，MB1C1B1B1，所以MN平面C1MB1，所以MNC1M，所以C1
9、MN90.15.如图，BAC90，PC平面ABC，则在ABC和PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_答案AB，BC，ACAB解析PC平面ABC，PC垂直于直线AB，BC，AC；ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，与AP垂直的直线是AB.16.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90，BAA1DAA160，则AC1_.答案解析BAA1DAA160，A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，平面ACC1A1平面ABCD，AB1，AD2，AA13，|2()2|2|2|2222149021322323，|，AC1.三、
10、解答题(本题共4小题，共50分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(12分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABCA1B1C1中，AC9，BC12，AB15，AA112，点D是AB的中点(1)求证：ACB1C；(2)求证：AC1平面CDB1.证明(1)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，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的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1.ADD1B1，且ADD1B1，四
11、边形ADB1D1为平行四边形，AD1DB1，又AD1平面CDB1，DB1平面CDB1，AD1平面CDB1.CC1DD1，且CC1DD1，四边形CC1D1D为平行四边形，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)如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，AD1，BC3，CD4，PD2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；(2)求证：PD平面PBC；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值(1)解
12、由已知ADBC，得DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角因为AD平面PDC，所以ADPD.在RtPDA中，由已知，得AP，故cosDAP.所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.(2)证明因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD.又因为BCAD，所以PDBC，又PDPB，BC，PB平面PBC，BCPBB，所以PD平面PBC.(3)解过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以DFP为直线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，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.19(13分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，ABC60，PA平面ABCD，PA4，F是棱PA上一点，且AF1，E为PD的一个靠近D点的三等分点(1)求证：CE平面BDF；(2)求平面BDF与平面PAD所成的锐二面角的余弦值(1)证明以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图则A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(0,0,1)，B(2，2,0)，C(2，2,0)，设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，又(2，6,0)，
