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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B2(2018郑州检测)已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()答案C解析由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线故选C3已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积
2、为6，则这个正四棱柱的体积为()A1 B2 C3 D4答案B解析S表4R26，R，设正四棱柱底面边长为x，则x2x222(2R)2，x1V正四棱柱2故选B4(2018贵阳模拟)设m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，给出下列命题：若m，m，则；若m，m，则；若m，n，则mn；若m，n，则mn上述命题中，所有真命题的序号是()A B C D答案A解析对于，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以正确；对于，平行于同一条直线的两个平面的位置关系不确定，所以错误；对于，平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，所以错误；对于，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以正确故选A5(2018太原三
3、模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是()A2B2C4D4答案A解析由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积V121()222故选A6(2018江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为()A48 B64 C96 D128答案C解析由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD2，OD224，CO6OA，俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为46496故选C
4、7(2018郑州质检三)已知A，B，C，D四点在半径为的球面上，且ACBD4，ADBC，ABCD，则三棱锥DABC的体积是()A6 B4 C2 D答案C解析如图所示，将三棱锥DABC放在长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，则依题意有解得则三棱锥DABC的体积为abc4abc2选C8(2018山西四校联考)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解析矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点在PBD
5、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因为MPB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交故选C9(2018大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为a的正方形在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为()A B C D答案D解析由题意可知，该圆柱底面直径和高都是a，故其体积为V1R2h2a而圆柱体的内切球的直径也为a，故其体积为V2R33，所以圆柱体内除球体以外部分的体积为VV1V2故选D10(2018湖南长沙四校联考)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原
6、理：“幂势既同，则积不容异”意思是：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何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为()A B C D答案D解析设截面与底面的距离为h，则中截面内圆的半径为h，则截面圆环的面积为(R2h2)；中截面圆的半径为Rh，则截面圆的面积为(Rh)2；中截面圆的半径为R，则截面圆的面积为R2；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为(R2h2)所以中截面的面积相等，故其体积相等，故选D11(2018浙江高考)已知四棱锥
7、SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则()A123 B321C132 D231答案D解析由题意知该四棱锥为正四棱锥，设AB，AD，BC的中点分别为P，M，N连接MN，过点E作直线MN的垂线交MN于点Q设O为S在底面ABCD内的射影，连接SO，OP，OE，SP，SQ，则SEQ1，SEO2，SPO3，tan2，tan3，OPOE，tan3tan2又EQMN，EQSO，MNSOO，MN，SO平面SOQ，EQ平面SOQ，又SQ平面SOQ，EQSQtan1，SQSO，EQOP，tan1
8、tan3故有tan1tan3tan2由图可知1，2，30，132，故选D12(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A B C D答案A解析根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为，所以其面积为
9、S62，故选A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如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则_答案解析由水面高度升高r，得圆柱体积增加R2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有r3R2r故14直三棱柱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长，即4，故球O的表面积S4R21615已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为_答案8解析由三视图可知该
10、几何体为一个底面半径为1，高为5的圆柱与一个底面半径为1，高为3的圆柱的组合体，其体积为V12(53)816(2018唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球O上，则球O的表面积为_答案8解析依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为2，故球的半径为，该球的表面积为4()28三、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(2018珠海摸底)(本小题满分10分)中秋节即将到来，为
11、了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形(SEE，SFF，SGG，SHH)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒SEFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E重合，F与F重合，G与G重合，H与H重合(如图所示)(1)求证：平面SEG平面SFH；(2)已知AE，过O作OMSH于点M，求cosEMO的值解(1)证明：因为折叠后A，B，C，D重合于一点O，所以拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面EFGH是正方形，故EGFH因为在原平面图形中，SEESGG，所以SE
12、SG，所以EGSO又FHSOO，FH平面SFH，SO平面SFH，故EG平面SFH又因为EG平面SEG，所以平面SEG平面SFH(2)依题意，当AE时，即OERtSHO中，OH，SH，故SO5，所以OM由(1)知EG平面SFH，且OM平面SFH，故EGOM，从而EOOM，故RtEMO中，EM，所以cosEMO18(2018安徽江淮十校联考)(本小题满分12分)四棱锥ABCDE中，EBDC，且EB平面ABC，EB1，DCBCABAC2，F是棱AD的中点(1)证明：EF平面ACD；(2)求二面角BAED的余弦值解(1)证明：取AC中点M，连接FM，BM，F是AD中点，FMDC，且FMDC1又EBDC
13、，EB1，FM綊EB，四边形FMBE是平行四边形EFBM，又BCABAC，ABC是等边三角形，BMAC，EB平面ABC，EBDC，CD平面ABC，CDBM又CDACC，BM平面ACD，EF平面ACD(2)取BC中点N，连接AN，则ANBCAN平面BCD以N为原点建立如图所示的空间直角坐标系则各点坐标为A(0，0，)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，D(2，1，0)，E(1，1，0)可得(0，1，)，(1，0，0)，(1，1，)，(1，2，0)，设平面ABE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则得可取n1(0，1)，设平面ADE的法向量为n2(x2，y2，z2)，则得可取n2(2，1，)，于是cosn1，n2，注意到二面角BAED是钝二面角，因此，所求二面角的余弦值就是19(2018湖北重点中学联考二)(本小题满分12分)如图1，等腰直角三角形ABC的底边AB2，点D在线段AC上，DE
