單元質量測試(六)時間：120分鐘滿分：150分第卷(選擇題，共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1某空間幾何體的三視圖中，有一個是正方形，則該空間幾何體不可能是()A圓柱 B圓錐 C棱錐 D棱柱答案B解析易知僅圓錐的三視圖中一定不會出現(xiàn)正方形，故選B2(2018鄭州檢測)已知一三棱錐的俯視圖與側視圖如圖所示，俯視圖是邊長為2的正三角形，側視圖是有一條直角邊為2的直角三角形，則該三棱錐的正視圖可能為()答案C解析由已知條件得直觀圖如圖所示，正視圖是直角三角形，中間的線是看不見的線PA形成的投影，應為虛線故選C3已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱的高為2，這個球的表面積為6，則這個正四棱柱的體積為()A1 B2 C3 D4答案B解析S表4R26，R，設正四棱柱底面邊長為x，則x2x222(2R)2，x1V正四棱柱2故選B4(2018貴陽模擬)設m，n為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，給出下列命題：若m，m，則；若m，m，則；若m，n，則mn；若m，n，則mn上述命題中，所有真命題的序號是()A B C D答案A解析對于，垂直于同一條直線的兩個平面互相平行，所以正確；對于，平行于同一條直線的兩個平面的位置關系不確定，所以錯誤；對于，平行于同一個平面的兩條直線的位置關系不確定，所以錯誤；對于，垂直于同一個平面的兩條直線互相平行，所以正確故選A5(2018太原三模)如圖是某幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積是()A2B2C4D4答案A解析由三視圖可知，該幾何體由一個半圓柱與三棱柱組成，這個幾何體的體積V121()222故選A6(2018江西贛州二模)某幾何體的主視圖和左視圖如圖1，它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1，如圖2，其中O1A16，O1C12，則該幾何體的側面積為()A48 B64 C96 D128答案C解析由題圖2及斜二測畫法可知原俯視圖為如圖所示的平行四邊形OABC，設CB與y軸的交點為D，則易知CD2，OD224，CO6OA，俯視圖是以6為邊長的菱形，由三視圖知幾何體為一個直四棱柱，其高為4，所以該幾何體的側面積為46496故選C7(2018鄭州質檢三)已知A，B，C，D四點在半徑為的球面上，且ACBD4，ADBC，ABCD，則三棱錐DABC的體積是()A6 B4 C2 D答案C解析如圖所示，將三棱錐DABC放在長、寬、高分別為a，b，c的長方體中，則依題意有解得則三棱錐DABC的體積為abc4abc2選C8(2018山西四校聯(lián)考)如圖所示，P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線交點為O，M為PB的中點，給出下列五個結論：PD平面AMC；OM平面PCD；OM平面PDA；OM平面PBA；OM平面PBC其中正確的個數(shù)是()A1 B2 C3 D4答案C解析矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，所以O為BD的中點在PBD中，M是PB的中點，所以OM是PBD的中位線，OMPD，則PD平面AMC，OM平面PCD，且OM平面PDA因為MPB，所以OM與平面PBA、平面PBC相交故選C9(2018大慶質檢一)已知一個圓柱的軸截面是邊長為a的正方形在圓柱內有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，則圓柱內除了球之外的幾何體的體積為()A B C D答案D解析由題意可知，該圓柱底面直徑和高都是a，故其體積為V1R2h2a而圓柱體的內切球的直徑也為a，故其體積為V2R33，所以圓柱體內除球體以外部分的體積為VV1V2故選D10(2018湖南長沙四校聯(lián)考)祖暅是南北朝時代的偉大數(shù)學家，5世紀末提出體積計算原理，即祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”意思是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任何一個平面所截，如果截面面積都相等，那么這兩個幾何體的體積一定相等現(xiàn)有以下四個幾何體：圖是從圓柱中挖去一個圓錐所得的幾何體，圖、圖、圖分別是圓錐、圓臺和半球，則滿足祖暅原理的兩個幾何體為()A B C D答案D解析設截面與底面的距離為h，則中截面內圓的半徑為h，則截面圓環(huán)的面積為(R2h2)；中截面圓的半徑為Rh，則截面圓的面積為(Rh)2；中截面圓的半徑為R，則截面圓的面積為R2；中截面圓的半徑為，則截面圓的面積為(R2h2)所以中截面的面積相等，故其體積相等，故選D11(2018浙江高考)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)設SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A123 B321C132 D231答案D解析由題意知該四棱錐為正四棱錐，設AB，AD，BC的中點分別為P，M，N連接MN，過點E作直線MN的垂線交MN于點Q設O為S在底面ABCD內的射影，連接SO，OP，OE，SP，SQ，則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，tan1tan3故有tan1tan3tan2由圖可知1，2，30，132，故選D12(2018全國卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A B C D答案A解析根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1與線AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面C1BD也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成的角都是相等的，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面AB1D1與C1BD中間的，且過棱的中點的正六邊形，邊長為，所以其面積為S62，故選A第卷(非選擇題，共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13如圖，一個底面半徑為R的圓柱形量杯中裝有適量的水若放入一個半徑為r的實心鐵球，水面高度恰好升高r，則_答案解析由水面高度升高r，得圓柱體積增加R2r，恰好是半徑為r的實心鐵球的體積，因此有r3R2r故14直三棱柱ABCA1B1C1的六個頂點都在球O的球面上若ABBC2，ABC90，AA12，則球O的表面積為_答案16解析由題設可知，直三棱柱可以補成一個球的內接長方體，所以球的直徑為長方體的體對角線長，即4，故球O的表面積S4R21615已知某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為_答案8解析由三視圖可知該幾何體為一個底面半徑為1，高為5的圓柱與一個底面半徑為1，高為3的圓柱的組合體，其體積為V12(53)816(2018唐山模擬)已知一個幾何體由八個面圍成，每個面都是正三角形，有四個頂點在同一平面內且為正方形，若該八面體的棱長為2，所有頂點都在球O上，則球O的表面積為_答案8解析依題意，該八面體的各個頂點都在同一球面上，則其中四點所組成的截面在球的大圓面上，因為該八面體的棱長為2，所以這四點組成的正方形的對角線的長為2，故球的半徑為，該球的表面積為4()28三、解答題(本大題共6小題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(2018珠海摸底)(本小題滿分10分)中秋節(jié)即將到來，為了做好中秋節(jié)商場促銷活動，某商場打算將進行促銷活動的禮品盒重新設計方案如下：將一塊邊長為10的正方形紙片ABCD剪去四個全等的等腰三角形(SEE，SFF，SGG，SHH)，再將剩下的陰影部分折成一個四棱錐形狀的包裝盒SEFGH，其中A，B，C，D重合于點O，E與E重合，F(xiàn)與F重合，G與G重合，H與H重合(如圖所示)(1)求證：平面SEG平面SFH；(2)已知AE，過O作OMSH于點M，求cosEMO的值解(1)證明：因為折疊后A，B，C，D重合于一點O，所以拼接成底面EFGH的四個直角三角形必為全等的等腰直角三角形，所以底面EFGH是正方形，故EGFH因為在原平面圖形中，SEESGG，所以SESG，所以EGSO又FHSOO，F(xiàn)H平面SFH，SO平面SFH，故EG平面SFH又因為EG平面SEG，所以平面SEG平面SFH(2)依題意，當AE時，即OERtSHO中，OH，SH，故SO5，所以OM由(1)知EG平面SFH，且OM平面SFH，故EGOM，從而EOOM，故RtEMO中，EM，所以cosEMO18(2018安徽江淮十校聯(lián)考)(本小題滿分12分)四棱錐ABCDE中，EBDC，且EB平面ABC，EB1，DCBCABAC2，F(xiàn)是棱AD的中點(1)證明：EF平面ACD；(2)求二面角BAED的余弦值解(1)證明：取AC中點M，連接FM，BM，F(xiàn)是AD中點，F(xiàn)MDC，且FMDC1又EBDC，EB1，F(xiàn)M綊EB，四邊形FMBE是平行四邊形EFBM，又BCABAC，ABC是等邊三角形，BMAC，EB平面ABC，EBDC，CD平面ABC，CDBM又CDACC，BM平面ACD，EF平面ACD(2)取BC中點N，連接AN，則ANBCAN平面BCD以N為原點建立如圖所示的空間直角坐標系則各點坐標為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)，設平面ABE的法向量為n1(x1，y1，z1)，則得可取n1(0，1)，設平面ADE的法向量為n2(x2，y2，z2)，則得可取n2(2，1，)，于是cosn1，n2，注意到二面角BAED是鈍二面角，因此，所求二面角的余弦值就是19(2018湖北重點中學聯(lián)考二)(本小題滿分12分)如圖1，等腰直角三角形ABC的底邊AB2，點D在線段AC上，DEAB于點E，現(xiàn)將ADE沿DE折起到PDE的位置(如圖2)(1)求證：PBDE；(2)若PEBE，直線PD與平面PBC所成的角為30，求平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值解(1)證明：由圖1，圖2可知，DEPE，DEBE，PEBEE，DE平面PBE，又PB平面PBE，PBDE(2)由(1)及PEBE可知，DE，BE，PE兩兩互相垂直分別以，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系Exyz設|PE|a(0a1)，則B(0，2a，0)，D(a，0，0)，C(1，1a，0)，P(0，0，a)，(0，2a，a)，(1，1，0)設平面PBC的法向量為n(x，y，z)，則平面PBC的一個法向量為n(a，a，2a)，直線PD與平面PBC所成的角為30，且(a，0，a)，sin30，a2(舍去)或a平面PBC的一個法向量為n，易知平面PDE的一個法向量為m(0，1，0)，設所求的銳二面角為，則cos，所以sin，即平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值為20(2018山東青島統(tǒng)一質檢)(本小題滿分12分)如圖，圓柱H橫放在底面邊長為1的正六棱錐PABCDEF的頂點P上，O1和O2分別是圓柱左和右兩個底面的圓心，正六棱錐PABCDEF的底面中心為O，PO1，M，N分別是圓柱H的底面圓O1的最高點和最低點，G是圓柱H的底面圓O2的最低點，P為NG的中點，點M，O1，N，A，O，D，G，P共面，O1，P，D共線，四邊形ADGN為矩形(1)證明：MG平面PCD；(2)求二面角MCDA的大小注：正棱錐就是底面是一個正多邊形，頂點在底面上的正投影為底面的中心的棱錐解(1)證明：連接PO1(圖略)，P為NG的中點，O1為MN的中點，PO1MG，又點O1，P，D共線，PDMG，PD平面PCD，MG平面PCD，MG平面PCD(2)O為正六棱錐PABCDEF的底面中心，PO底面ABCDEF，取BC的中點W(圖略)，連接OW，AD，則點O在AD上，OWAD分別以OA，OW，OP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系OxyzP為NG的中點，四邊形ADGN為矩形，O為AD的中點，PO1，NAPO，NAPO1，從而NA底面ABCDEF，M，N分別是圓柱H的底面圓O1的最高點和最低點，O1N底面ABCDEF，從而M，O1，N，A四點共線，正六棱錐PABCDEF的底面邊長為1，AD2，四邊形ADGN為矩形，NGAD，且NGAD2，又P為NG的中點，NPAD，且NPAD1，在O1AD中，NP為O1AD的中位線，從而N為O1A的中點，O1NAN1，故M(1，0，3)，C，0，D(1，0，0)，0，(2，0，3)設平面MCD的法向量為m(x，y，z)，由令x1，則y，z，m1，取平面ABCDEF的一個法向量為n(0，0，1)設二面角MCDA的大小為銳角，則cos，因此，即二面角MCDA的大小為21(2018河北衡水中學九模)(本小題滿分12分)已知正三棱柱ABCA1B1C1中，E，F(xiàn)分別為BB1，AB的中點，設(1)求證：平面A1CF平面A1EF；(2)若二面角FEA1C的平面角為，求實數(shù)的值，并判斷此時二面角ECFA1是否為直二面角，請說明理由解(1)證明：因為三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以AA1平面ABC，所以AA1CF又ABC是正三角形，F(xiàn)為AB的中點，所以CFAB，又ABAA1A，故CF平面A1EF，又CF平面A1CF，所以平面A1CF平面A1EF(2)如圖，以F為坐標原點，方向分別為x軸、y軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設底邊長AB2，由題意AA12，則F(0，0，0)，A1(1，0，2)，E(1，0，)，C(0，0)(1，)，(0，0)，(2，0，)，設平面EA1C的法向量為n(x，y，z)，則令z2，則平面EA1C的一個法向量為n(，2)，由(1)可知(0，0)為平面A1EF的一個法向量，故cos，解得，由(1)可知EFCF，A1FCF，由定義可知EFA1為二面角ECFA1的平面角EF，A1F，A1E，滿足EF2A1F2A1E2，則EFA1，此時二面角ECFA1為直二面角22(2018江西南昌二模)(本小題滿分12分)如圖，四棱錐PABC