期中押题重难点检测卷（培优卷）（考试范围：空间直线与平面、简单几何体） -2024-2025学年高二数学重难点专题提升精讲精练 （沪教版2020必修第三册）

期中押题重难点检测卷（培优卷） 考查范围：空间直线与平面、简单几何体 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（24-25高二·上海·课堂例题）空间任意五点最多可确定 个平面． 2．（24-25高二·上海·课堂例题）若直线上有一个点不在平面上，则这条直线与该平面的公共点最多有 个． 3．（23-24高二·上海·课堂例题）若一个球的体积是，则这个球的表面积是 ． 4．（23-24高二·上海·课堂例题）将一个棱长为的正方体切成27个全等的小正方体，其表面积增加了 ． 5．（23-24高二上·上海青浦·阶段练习）圆锥的侧面展开图中扇形中心角为，底面周长为，这个圆锥的侧面积是 ． 6．（25-26高二上·上海·单元测试）空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四边上的中点，则直线EG和FH的位置关系是 ． 7．（24-25高二·上海·随堂练习）如图，已知长方体中，，，，则异面直线与BC距离是 ． 8．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知二面角且，A到平面的距离为，A到l的距离为4，则此二面角的大小为 ． 9．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点E在棱AB上，点F在棱CD上，且，设表示与所成的角，表示与所成的角，则的值为 . 10．（23-24高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 11．（23-24高二上·上海宝山·阶段练习）如图所示，在正四棱柱中，为棱的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则四边形的面积为 . 12．（24-25高二上·上海·课堂例题）（1）如图（1），为外一点，两两垂直，，则点到平面的距离为 ．    （2）如图（2），在棱长为的正方体中，、、、分别是棱、、、上的点，，，则直线到平面的距离为 ． 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（24-25高二上·上海·阶段练习）若，表示两条不同的直线，表示平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 14．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   15．（23-24高二·上海·课堂例题）已知一平面平行于两条异面直线，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是（    ） A．平行； B．垂直； C．斜交； D．不能确定． 16．（2023·上海杨浦·二模）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ） A． B． C．2 D． 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（23-24高二·上海·课堂例题）在长方体中，与棱所在直线异面且垂直的棱有几条？ 18．（23-24高二·上海·课堂例题）一个直角三角形有一个的内角，这个内角所对直角边的长度为．把这个三角形绕其斜边旋转一周，求所得旋转体的表面积与体积．  19．（25-26高二上·上海·单元测试）两个全等的正方形和所在平面相交于，，且，过点M作于点H．求证：平面平面． 20．（24-25高二上·上海·开学考试）如图，正方体的棱长为1，，求： (1)与所成角的度数； (2)与平面所成角的正切值： (3)的度数． 21．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体．设正方体的棱长为1．    (1)求证：四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； (2)在四面体中，求顶点到底面的距离； (3)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中押题重难点检测卷（培优卷） 考查范围：空间直线与平面、简单几何体 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（24-25高二·上海·课堂例题）空间任意五点最多可确定 个平面． 【答案】 【分析】要使平面最多，则任意三点不能共线，再根据任意三个不共线的点确定一个平面即可得解. 【详解】要使平面最多，则任意三点不能共线，设这五个点分别为， 任取三个点有共种， 又任意三个不共线的点确定一个平面， 所以空间任意五点最多可确定个平面. 故答案为：. 2．（24-25高二·上海·课堂例题）若直线上有一个点不在平面上，则这条直线与该平面的公共点最多有 个． 【答案】1 【分析】有一个点不在平面上就说明直线不在平面上，则直线与平面的位置关系是平行或相交，所以公共点最多有1个． 【详解】由平面的基本性质知，直线上有一个点不在平面上就说明直线不在平面上， 此时直线与平面的位置关系可以是平行或相交， 所以这条直线与该平面公共点最多有1个． 故答案为：1． 3．（23-24高二·上海·课堂例题）若一个球的体积是，则这个球的表面积是 ． 【答案】 【分析】根据题意结合体积求得球的半径，进而可求球的表面积. 【详解】设球的半径为，则，解得， 所以这个球的表面积为. 故答案为：. 4．（23-24高二·上海·课堂例题）将一个棱长为的正方体切成27个全等的小正方体，其表面积增加了 ． 【答案】 【分析】分别计算出小正方体表面积总和与原正方体的表面积作差即可得. 【详解】，则这27个全等的小正方体的棱长均为， 小正方体表面积总和为， 原正方体的表面积为， 故表面积增加了. 故答案为：. 5．（23-24高二上·上海青浦·阶段练习）圆锥的侧面展开图中扇形中心角为，底面周长为，这个圆锥的侧面积是 ． 【答案】 【分析】借助扇形弧长公可计算出圆锥母线长，结合扇形面积公式即可得圆锥侧面积. 【详解】设圆锥母线长为l，扇形圆心角为，则，故， 则. 故答案为：. 6．（25-26高二上·上海·单元测试）空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四边上的中点，则直线EG和FH的位置关系是 ． 【答案】相交 【分析】根据题意可以证明四点共面，进而可以知道和的位置关系 【详解】如图所示，因为分别为的中点 所以, 同理可证 所以 所以四边形为平行四边形 所以对角线和相交. 故答案为：相交. 7．（24-25高二·上海·随堂练习）如图，已知长方体中，，，，则异面直线与BC距离是 ． 【答案】4 【分析】因为分别与、垂直，故是与的公垂线，即可求解． 【详解】因为分别与、垂直，故是与的公垂线， 所以的长4就是与之间的距离， 故答案为：4 8．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知二面角且，A到平面的距离为，A到l的距离为4，则此二面角的大小为 ． 【答案】/ 【分析】根据二面角的定义，结合勾股定理进行求解即可. 【详解】 作于点O，平面于点B，连接， ∵于点B，，， 又，且两直线在平面内 ，平面， 平面，∴，∴∠AOB即为二面角的平面角， 易知，，，， 因为二面角的平面角的范围是，∴， 即二面角的大小为． 故答案为： 9．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点E在棱AB上，点F在棱CD上，且，设表示与所成的角，表示与所成的角，则的值为 . 【答案】 【分析】作出、，结合来求得正确答案. 【详解】过作，交于，连接， 所以，所以， 所以， 由于，所以，故. 故答案为：. 10．（23-24高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 【答案】 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可. 【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为，并且每个顶点处有条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为， 由题意可得，解得. 则正二十面体的顶点的个数为 故答案为：. 11．（23-24高二上·上海宝山·阶段练习）如图所示，在正四棱柱中，为棱的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则四边形的面积为 . 【答案】/ 【分析】过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F，利用线面平行的判定定理证得平面即为平面，从而得截面四边形为菱形，然后根据菱形面积公式求解即可. 【详解】如图： 过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F， 因为，且平面，平面， 所以平面，所以平面即为平面， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以，同理，所以四边形为平行四边形， 又，，所以，所以四边形为菱形， 因为，， 所以四边形的面积为. 故答案为：. 12．（24-25高二上·上海·课堂例题）（1）如图（1），为外一点，两两垂直，，则点到平面的距离为 ．    （2）如图（2），在棱长为的正方体中，、、、分别是棱、、、上的点，，，则直线到平面的距离为 ． 【答案】 ； . 【分析】（1）过作平面于点，连接，即为点到平面的距离，根据条件求即可； （2）过作，交于点，即为到所求平面的距离，过点作于点，连接，根据条件求即可. 【详解】（1）过作平面于点，连接，如图①所示， ∴，，． 又， ∴， ∴， ∴为的外心. ∵、、两两互相垂直， ∴， 为等边三角形， ∴， ∴． 因此点到平面的距离为． （2）过作，交于点，如图②所示， 由已知平面平面且两平面交于， 所以即为到所求平面的距离. 过点作于点，连接． 在直角中，，， 所以．又在中， ，故， 即到平面的距离为． 故答案为：①，②. 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（24-25高二上·上海·阶段练习）若，表示两条不同的直线，表示平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质依次判断各个选项即可得出结果. 【详解】对于A，若，，则的位置关系可能是平行，也可能相交，也有可能异面，故选项A错误； 对于B，若，，则，则的位置关系可能是平行，也可能异面，故选项B错误； 对于C，由线面垂直的性质定理可知，选项C正确； 对于D，若，，则有可能相交，也有可能，也有可能，故选项D错误， 故选：C. 14．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据旋转体的形成过程，借助直观想象，逐一分析每个选项. 【详解】B选项，旋转一周后，为两个圆锥拼成的几何体； C选项，旋转一周后，为圆锥和圆柱拼成的几何体； D选项，旋转一周后，是上下两个圆锥，中间用圆柱相连的几何体； A选项，旋转一周后，是圆台和圆锥形成的几何体，只有A符合题意. 其余平面图形旋转得到的几何体如图：      故选：A 15．（23-24高二·上海·课堂例题）已知一平面平行于两条异面直线，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是（    ） A．平行； B．垂直； C．斜交； D．不能确定． 【答案】B 【分析】在平面内作出与异面直线平行的相交直线，再结合线面垂直的判定定理求解即可. 【详解】我们设异面直线为，平面为，设另一直线为， 由题意得，，， 过作平面使得，则，故， 过作平面使得，所以， 因为异面，所以与相交且在平面内，所以，故B正确. 故选：B 16．（2023·上海杨浦·二模）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离. 【详解】 如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点， 又，故各侧面均为等边三角形， 若侧面三角形边长为，则，，， 显然△△，故，则. 故选：B. 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（23-24高二·上海·课堂例题）在长方体中，与棱所在直线异面且垂直的棱有几条？ 【答案】4条 【分析】由正方体的结构特征，结合异面直线的定义，分析与棱所在直线异面且垂直的棱的情况，即可得答案． 【详解】根据题意，如图， 与棱所在直线异面的棱有，，，， 由于垂直于上下底面，且，在上底面，，在下底面， 所以与棱所在直线异面且垂直的有，，，，共4条． 18．（23-24高二·上海·课堂例题）一个直角三角形有一个的内角，这个内角所对直角边的长度为．把这个三角形绕其斜边旋转一周，求所得旋转体的表面积与体积． 【答案】表面积为，体积为 【分析】得到旋转体后结合圆锥侧面积与体积公式计算即可得. 【详解】设，则，斜边为，， 把这个三角形绕其斜边旋转一周后如图所示， 则有，，， 则其表面积； 其体积为.    19．（25-26高二上·上海·单元测试）两个全等的正方形和所在平面相交于，，且，过点M作于点H．求证：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】先证明线线平行，得到线面平行，最后得到面面平行即可. 【详解】证明：因为正方形ABCD中，，，所以． 平面，平面，则平面． 因为，，所以． 因为，所以，所以， 所以．因为平面，平面，则平面. ，平面． 所以平面平面． 20．（24-25高二上·上海·开学考试）如图，正方体的棱长为1，，求： (1)与所成角的度数； (2)与平面所成角的正切值： (3)的度数． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先由已知条件求出和，从而求出，接着由正方体性质求出，再结合异面直线所成角定义即可得是与所成角，从而得解； （2）在平面内作交于点，连接，求证平面即可得为与平面所成的角，再依据已知条件求出和即可由求出与平面所成角的正切值. （3）求证平面即可得证平面平面，从而即可得的度数. 【详解】（1）连接，则由正方体性质得且为的中点， 所以且， 所以，故， 又由正方体性质可知且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以是与所成角，故与所成角的度数为. （2）如图，在平面内作交于点，连接， 由正方体性质可知平面平面， 又平面平面，所以平面， 所以为中点，为在平面上的射影， 所以为与平面所成的角， 由题意，在中，， ， 所以，所以与平面所成角的正切值为. （3）由（1）知，又由正方体性质可知平面， 而平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以的度数为. 21．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体．设正方体的棱长为1．    (1)求证：四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； (2)在四面体中，求顶点到底面的距离； (3)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)12个顶点，24条棱，共14个面，表面积为，体积为 【分析】（1）借助正方体的性质与正三棱锥的定义推导即可得； （2）借助等体积法计算即可得； （3）画出相应图形后可得其有几个顶点、几条棱、几个面，结合表面积公式与体积公式计算即可得其表面积与体积. 【详解】（1）由E、F、G分别是正方体中共点的三条棱、、的中点， 故，， 即四面体底面为正三角形，且侧棱相等， 故四面体是以为顶点、以为底面的正三棱锥； （2）设点到底面的距离为， 则， 即，即； （3）将正方体按照题设的方法截去八个“角”后如图所示， 其有12个顶点，24条棱，共14个面， 其中6个面是以为边长的正方形，8个面是以为边长的正三角形， 故其表面积为； 体积为.    学科网（北京）股份有限公司 $$