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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 单元训练金卷高三数学卷（B）第9单元 空间中的位置关系与体积、表面积注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
2、目要求的1对于任意的直线与平面，在平面内必有直线，使与（ ）A平行B相交C垂直D异面2圆台上底半径为2，下底半径为6，母线长为5，则圆台的体积为（ ）ABCD3如图，正方体中，为棱的中点，用过点、的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（ ）ABCD4如图，正方体中，分别为，的中点，则直线，所成角的大小为（ ）ABCD5已知两个平面相互垂直，下列命题一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是（
3、 ）A1B2C3D46下图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）A12B15CD7古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上，下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为（ ）ABC或D8矩形中，沿将矩形折起，使面面，则四面体的外接球的体积为（ ）ABCD9在正方体中，为棱上一点，且，为棱的中点，且平面与交于点，则与平面所成角的正切值为（ ）ABCD10如图，一个正四棱锥和一个正三棱锥，所有棱长都相等，为棱的中点，将、分别对应重合为，得到组合体关于该组合体有如下三个结论：；，其中错误的个数是（
4、 ）ABCD11以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为（ ）ABCD12在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13某长方体的长、宽、高分别为，则该长方体的体积与其外接球的体积之比为_14“圆材埋壁”是我国古代数学著作九章算术中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺问径几何”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，尺，为的中点，寸，则圆柱底面的直径长是_寸”（注：l尺=10寸）15已知两条不重合的
5、直线，两个不重合的平面，有下列四个命题：若，则；若，且，则；若，则；若，且，则其中所有正确命题的序号为_16已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，其中平面，底面为正三角形，则三棱锥体积的最大值为_三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图，在三棱柱中，侧面底面，分别为棱和的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面平面18（12分）如图，四棱锥中，平面平面ABCD，E为线段AD的中点，且（1）证明：平面平面；（2）若，求三棱锥的体积19（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，（1）设分别为的中点，求证：平面；（2
6、）求证：平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值20（12分）在边长为3的正方形中，点，分别在边，上（如左图），且，将，分别沿，折起，使，两点重合于点（如右图）（1）求证：；（2）当时，求点到平面的距离21（12分）如图，长方体中，点，分别为，的中点，过点的平面与平面平行，且与长方体的面相交，交线围成一个几何图形（1）在图1中，画出这个几何图形，并求这个几何图形的面积（不必说明画法与理由）；（2）在图2中，求证：平面22在菱形中，为线段的中点（如图1）将沿折起到的位置，使得平面平面，为线段的中点（如图2）（1）求证：；（2）求证：平面；（3）当四棱锥的体积为时，求的值单元训练金卷高三数学卷（B）
7、第9单元 空间中的位置关系与体积、表面积 答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】C【解析】因为对于任意的直线与平面，在平面内必有直线，使与垂直，故选C2【答案】B【解析】作出圆台的轴截面如图所示：上底面半径，下底面半径，过做垂直，则，由，故，即圆台的高为3，所以圆台的体积为故选B3【答案】A【解析】正方体中，过点的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分，故选A4【答案】C【解析】连接，根据，分别为，的中点，可得到是三角形的中位线，故得到，同理可得到，进而直线，所成角的大小，可
8、转化为的夹角，三角形，三边均为正方体的面对角线，是等边三角形，故得到的夹角为故答案为C5【答案】B【解析】由题意，对于，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故错误；对于，设平面平面=m，n，l，平面平面，当lm时，必有l，而n，ln，而在平面内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即正确；对于，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不垂直于另一个平面，故错误；对于，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面，这是面面垂直的性质定理，故正确，故选B6
9、【答案】D【解析】由三视图可以判定出这是一个底面为四边形的四棱锥，其高为5底面四边形可以分割成二个三角形，面积，体积，故本题选D7【答案】D【解析】由已知可知，该几何体的轴截面如图所示，即圆柱的底面半径与球的半径相等，高等于球的直径，所以故选D8【答案】A【解析】设与的交点为点，在矩形中，可得，当沿翻折后，上述等量关系不会发生改变，因为四面体的外接球的球心到各顶点的距离相等，所以点即为球心，在中，故，所以球的体积为，故选A9【答案】C【解析】因为平面平面，所以与平面所成角，即为与平面所成角，可知与平面所成角为设，则，平面面且面，可知，则，即，在中，故与平面所成角的正切值为，本题正确选项C10【
10、答案】A【解析】由于正四棱锥和一个正三棱锥，所有的棱长都相等，可看作有两个相同的正四棱柱拼凑而成，如图所示：点对应正四棱锥的上底面中心，点对应另一正四棱锥的上底面中心，由图形可知拼成一个三棱柱，设为的中点，由此可知，又因为平面，所以，因为，所以故选A11【答案】C【解析】正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长，以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，正方体C3面对角线长等于C2棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的），因此对角线为，所以，故选C12【答案】D【解析】如图所
11、示，设，由的面积为2，得，因为，外接圆的半径，因为平面，且，所以到平面的距离为，设球的半径为R，则，当且仅当时等号成立，所以三棱锥的外接球的体积的最小值为，故选D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】因为长方体的长、宽、高分别为，所以其体积为，其外接球直径为，故，所以其外接球体积为，因此，该长方体的体积与其外接球的体积之比为故答案为14【答案】26【解析】，寸，寸，在中，寸，圆柱底面的直径长是寸故答案为2615【答案】【解析】逐一考查所给的命题：若，有可能，不一定有，题中的命题错误；若，且，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确；若，若，有可能与相交，题中的命题错误；
12、若，且，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确，综上可得：正确命题的序号为16【答案】9【解析】由球的体积公式可得，不妨设底面正三角形的边长为，则，设棱锥的高为h，由三棱锥的性质可得，解得，据此可得故，当且仅当，时等号成立综上可得，三棱锥体积的最大值为9三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）取的中点，连接，在中，因为，分别为，的中点，所以，且，在三棱柱中，又为棱的中点，所以且，从而四边形为平行四边形，于是，又因为面，面，所以平面（2）证明：在中，因为，为的中点，所以，又因为侧面底面，侧面底面，且面，所以平面，又面，所以平面平面18【答案】（1）见证明；（2）4【解析】（1）证明：，E是AD的中点，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，又平面ABCD，又，平面PBE，又平面PAC，平面平面PAC（2）解：由（1）知平面PBE，故，四边形BCDE是平行四边形，即，19【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）证明：连接，易知，又由，故，又因为平面，平面，所以平面（2）证明：取棱的中点，连接，依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，所以平面（3）解：连接，由（2）中平面，可知为直线与平面所成的角
