立体几何模块综合测试-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

2024~2025学年上期高二数学 立体几何模块综合测试 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，试卷共4页。 2.答题前，考生需用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴好条形码后，再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 4.试卷考试内容：人教A版必修二第八章、选择性必修一第一章。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，只有一项符合题意。 1．设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α,β平行于同一条直线 D．α,β垂直于同一平面 2．已知向量，，且，则 A． B． C． D． 3．已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是 A．，， B．，， C．，， D．，， 4．已知一个底面内口直径为的圆柱体玻璃杯中盛有高为的水，向该杯中放入一个半径为的实心冰球和一个半径为的实心钢球，待实心冰球融化后实心钢球恰好淹没在水中（实心钢球与杯中水面、杯底均相切），若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计，则实心钢球的表面积为 A． B． C． D． 5．已知三棱锥满足，，，且其表面积为24，若点（正投影在 内部）到，，的距离相等，则三棱锥的体积为 A． B． C． D． 6．在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是 A． B． C． D． 7．在正三棱锥中，，点满足，则的最小值为 A． B． C． D． 8．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在 上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为 A． B． C． D． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。 9．已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题，其中正确的是 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 10．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则 A．当时， B．直线与所成的角不可能是 C．若，则二面角平面角的正弦值为 D．当时，点到平面的距离为 11．设是空间中两两夹角均为的三条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，若，则把有序数对叫作向量在坐标系中的坐标，则下列结论正确的是 A．若向量，向量，则 B．若向量，向量，则 C．若向量，向量，则当且仅当时， D．若向量，向量，向量，则二面角的余弦值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。请将答案填写在答题卡对应题号后的横线上。 12．已知向量，，且与互相垂直，则的值是 ▲ . 13．在平面四边形中，，，，，沿将向上翻折，得到四面体，则四面体体积的最大值为 ▲ ；若二面角的大小为120°，则 ▲ .（第一空2分，第二空3分） 14．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点.现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足．设，则的取值范围是 ▲ . 四、解答题：本大题共5小题，其中第15题13分，第16、17题每小题15分，第18、19题每小题17分，共77分。在解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知空间向量，，． （1）若，求； （2）若，求的值． 16．（15分） 如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且.求： （1）的长； （2）直线与所成角的余弦值. 17．（15分） 在三棱柱中，平面平面，，，，. （1）求证：平面； （2）若异面直线所成角的余弦值为，求BC. 18．（17分） 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 19．（17分） 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为，，，为球面上的三点，设表示以为圆心，且过，的圆，劣弧的长度记为，同理，圆，的劣弧，的长度分别记为，，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．如果二面角的大小分别为，那么球面三角形的面积为． （1）若平面，平面，平面两两垂直，求球面三角形的面积； （2）若平面三角形为直角三角形，，设，，． ①求证：； ②延长与球交于点，若直线，与平面所成的角分别为，，为的中点，为的中点． 设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时平面截球的面积． 2024~2025学年上期高二数学立体几何模块综合测试 参考答案及解析 1．【答案】B　 【解析】当平面α内有无数条直线和平面β平行时，两平面可以平行，也可以相交，故A不正确．当α，β平行于同一条直线时，两平面可以相交也可以平行，故C不正确．由于垂直于同一平面的两平面可以相交也可以平行，故D不正确．根据两平面平行的判定定理可知，当α内有两条相交直线与平面β平行时，一定有α∥β.反之，当α∥β时，一定有α内的两条相交直线与平面β平行，故选B． 2．【答案】C 【详解】因为向量，，且， 所以，即，可得，解得， 所以. 故选：C. 3．【答案】B 【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意； 对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意； 对于C，因，即，，共面，故C不合题意； 对于D，因，即，，共面，故D不合题意. 故选：B. 4．【答案】D 【分析】根据实心冰球融化前后总体积不变列出等式:融化前水的体积+实心冰球的体积+实心钢球的体积=融化后水的总体积，由题钢球恰好淹没在水中得到此时水面高为，列出等式，解出的值，再算出钢球的表面积即可. 【详解】由题意可得，实心冰球融化前后体积不变，则有 ， 化简可得：， 即，，解得， 所以钢球的表面积为， 故选D. 5．【答案】D 【详解】三棱锥满足，，， 则底面易知为直角三角形， 设点到，，的距离为，过作， 所以三棱锥的表面积，解得：，即， 设在底面上的投影为，因为点（正投影在内部）到，，的距离相等， 所以到三边的距离也相等，所以为内心， 因为底面为直角三角形，所以内切圆半径为， 又底面,在底面内，所以， 又，为面内两条相交直线，所以面， 又在面内，所以，即为底面三角形内切圆半径， 所以，又，所以， 所以三棱锥体积为， 故选：D 6．【答案】C 【详解】设正方体的外接球的球心为，球的半径为， 则，可得，所以， 又 ， 当为正方体某个面的中心时，取最小值； 当与正方体的顶点重合时，取最大值. 则，所以. 所以，. 故选：C. 7．【答案】B 【详解】如图所示，延长至点，使得， 所以， 又由，所以四点共面， 所以的最小值，即为点A到平面的距离， 因为点A是的中点，则点A到平面的距离是点到平面的距离的一半， 又因为，所以三棱锥为正三棱锥， 取等边的中心为，连接，可得平面， 所以即为点到平面的距离， 在等边，因为，可得， 在直角中，可得， 即点到平面的距离为，所以的最小值为. 故选B. 8．【答案】C 【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可. 【详解】在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，， 设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知， ， ， P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球， 若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为， 在中，， 当P在面内部的轨迹长为， 同理，当P在面内部的轨迹长为， 当P在面时,如图③所示， 面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且， P在正方形内的轨迹为， ， 综上：P的轨迹长度为. 故选C. 9．【答案】BC 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则，而，故，故B正确； 对于C，若，，则，而，故，故C正确； 对于D，若，，则或异面，故D错误， 故选：BC 10．【答案】ABD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出，，利用两点间距离公式求出答案；B选项，设，，根据得到方程，求出，不满足，故直线与所成的角不可能是；C选项，求出平面法向量，得到两法向量的夹角余弦值，进而求出二面角夹角正弦值；D选项，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 正方体棱长为2，，故，， ，A正确； B选项，， 设，， 则， 令，解得，不满足， 故直线与所成的角不可能是，B正确； C选项，，故， 设平面的法向量为， 则 令，则，故， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则，故， ， 设二面角平面角的大小为， 则，C错误； D选项，，， 设平面的法向量为， 则 令，则，故， 点到平面的距离为，D正确. 故选ABD. 11．【答案】BD 【分析】根据题意直接计算进而判断A；通过空间直角坐标系数量积的运算法则计算B；根据题意直接判断C；根据题中的概念判断得到三棱锥是棱长为1的正四面体，再结合二面角定义法求解方法进行求解判断D. 【详解】对于A，若向量， 向量， 则，故A错误； 对于B，若向量，向量， 此时在空间直角坐标系中，故B正确； 对于C，若向量，向量， 由于题目没有明确的关系，所以不能判断时与的关系，故C错误； 对于D，若向量，向量，向量， 则三棱锥是棱长为1的正四面体，如图所示，取中点，连接， 在等边中，易知，, 则即为二面角的平面角， 在中，由余弦定理得，， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：BD 12．【答案】/ 【详解】， ， 因为与互相垂直， 所以, 即， 解得：. 故答案为： 13．【答案】 【详解】取的中点，连接， 由题知，当平面平面时，四面体的体积最大， ，，， ，， ，即，， 为等腰三角形，，， 平面平面，平面，平面， 四面体体积的最大值为； 如图，过点作交于点，过点作于点， ， 与的夹角即为二面角的平面角， 在中，，，，， ，， ， ， . 故答案为：；. 14．【答案】 【详解】如图，在平面ADF内过点D作，垂足为，连接． 过点作，交于点． 设，，所以． 设，则． 因为平面平面ABC，平面平面， ，平面ABD，所以平面ABC， 又平面，所以． 又因为，，，平面DKH，所以平面，所以，即． 在中，，， 因为和都是直角三角形，， 所以，． 因为，， 所以，得． 因为，所以，所以． 又，即，故. 故答案为： 15．【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可； （2）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到，由空间向量的夹角公式求解即可． 【详解】解：（1）空间向量，，， 因为，所以存在实数k，使得， 所以，解得， 则． （2）因为，则，解得， 所以， 故． 16．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据空间向量的运算，表示出，根据向量模的计算，即可求得答案； （2）选定基底表示，求出向量的数量积以及它们的模，根据向量夹角公式求出的夹角的余弦值，即可求得直线与所成角的余弦值. 【详解】（1）由题意得， 所以 ； （2）， 所以 ， ，， ， 故， 由于异面直线所成角的范围为大于小于等于， 所以直线与AC所成角的余弦值为. 17．【答案】(1)证明过程见详解；(2). 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，结合得到平面，再由平行关系得到证明； （2）作出辅助线，证明出⊥平面，建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，利用异面直角夹角的余弦值列出方程，求出，即可得到答案. 【详解】（1）因为平面平面，交线为，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面， 所以平面， 又因为，所以平面. （2）取的中点，连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 取的中点，连接，则， 因为，所以⊥， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以，所以， 设，则，设， 由得， 解得，所以，， 因为异面直线所成角的余弦值为， 所以， 解得，所以. 18．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 19．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②，. 【详解】（1）若平面两两垂直，有， 所以球面三角形面积为. （2）①证明：由余弦定理有：，且， 消掉，可得； ②由AD是球的直径，则， 且，，平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD，则， 且，平面ABC，可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以， 不妨先令，则， 由，，， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则， 可得，， 则，， 设平面OBC法向量，则， 取，则，可得， 设平面EST法向量，则， 取，则，可得， 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当取等． 则取最大值， 此时点，可得，， 设平面中的法向量，则， 取，则，可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$