第八章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

第八章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册 一、单选题 1．如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线l旋转一周可以得到（    ） A． B． C． D． 2．如图，是正三棱锥且侧棱长为分别是上的动点，的周长的最小值为，则侧棱的夹角为（    ）    A． B． C． D． 3．如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中2，则原图形是（    ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形 4．已知一圆锥底面圆的直径为，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（   ） A．3 B． C． D． 5．如图所示，一个正方体的棱长为2，以相对两个面的中心连线为轴，挖去一个直径为1的圆柱形孔，则所得几何体的表面积为（    ）    A． B． C． D． 6．如图所示，在正方体中，点为棱上一动点，四棱锥的体积占正方体体积的（    ） A． B． C． D．不确定 7．定义：通过小时内降水在平地上的积水厚度（）来判断降雨程度；其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）；小明用一个圆锥形容器（如图）接了小时的雨水，则这天降雨属于哪个等级（   ）    A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 8．设是不同的直线，是不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、多选题 9．下列命题中的真命题是（    ） A．若直线a不在平面内，则a∥ B．若直线l上有无数个点不在平面内，则l∥ C．若l∥，则直线l与平面内任何一条直线都没有公共点 D．平行于同一平面的两直线可以相交 10．如图，在四棱锥中，平面平面，，为的中点，则下列结论成立的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 11．（多选）某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台，在轴截面中，，则下列说法正确的有（    ） A．该圆台的高为 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台轴截面面积为 D．一只蚂蚁从点C沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为 三、填空题 12．已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为 . 13．如图所示，圆锥的底面直径，高，为底面圆周上的一点，且，则直线与所成角的大小为 ．    14．如图，已知三棱柱中，是上的动点，是上的动点，且，平面． （1）若是的中点，则的值为 ； （2）若是上靠近的三等分点，则的值为 ． 四、解答题 15．如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图. (1)画出它的原图形； (2)若的面积是，求原图形中边上的高和原图形的面积. 16．如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体． (1)求此旋转体的体积． (2)求此旋转体的表面积． 17．如图，已知在正四棱锥中，，.    (1)求四棱锥的表面积； (2)求四棱锥的体积. 18．如图所示，四边形和四边形都是梯形，，，分别为，的中点．    (1)证明：四边形是平行四边形； (2)，，，四点是否共面？为什么？ 19．如图，长方体中，，点P为的中点. (1)求证: 直线平面; (2)求异面直线、所成角的大小. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第八章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B D B B C CD ABC 题号 11 答案 CD 1．B 【分析】旋转后的几何体是由两个共底的圆锥组合而成的立体图形，再根据四个选项中三角形的特征及旋转轴即可作出判断． 【详解】A旋转一周是圆锥，不满足题意； B旋转一周是两个圆锥，满足题意； C旋转一周是圆锥，不满足题意； D旋转一周是圆柱挖去一个圆锥的几何体，不满足题意. 故选：B. 2．A 【分析】将正三棱锥沿剪开，并展开，形成三个全等的等腰三角形，，找到三角形的周长的最小值的线段，根据勾股定理逆定理求出，从而求出答案. 【详解】把正三棱锥沿剪开，并展开， 形成三个全等的等腰三角形，， 连接，交于，交于， 则线段就是的最小周长，即，    又， 根据勾股定理，， 所以是等腰直角三角形， ， 所以侧棱的夹角为. 故选：A. 3．C 【分析】根据直观图与原图的关系即可得解. 【详解】因为矩形中， 所以直观图还原得， 四边形为平行四边形，， 则，所以， ， ， 所以，故原图形为菱形. 故选：C. 4．B 【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值． 【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球， 设球心为，球的半径为， 圆锥的轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：    则，，所以， 所以为等边三角形，. 由等面积法可得，解得， 即四面体的外接球的半径为． 另正四面体可以从正方体中截得，如图：    从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为， 而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 所以，所以．即的最大值为． 故选：B． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 5．D 【分析】根据圆柱的侧面积公式以及正方体的表面积公式即可求解. 【详解】所得几何体的表面积为， 故选：D 6．B 【分析】分别计算几何体的体积即可． 【详解】不妨设正方体的棱长为1， 则正方体的体积为：， 四棱锥的体积为：， 则四棱锥的体积占正方体体积的， 故选：B 7．B 【分析】计算圆锥的体积，进而可得降雨高度，即可判断. 【详解】    做出容器的轴截面，如图所示， 则，，， 则为中点， 则，， 由已知在直径为的圆柱内的降雨总体积， 则降雨高度为， 所以降雨级别为中雨， 故选：B. 8．C 【分析】根据线面平行性质可判断A错误，利用线面垂直性质以及可判断B错误；根据面面垂直判定定理即可判断C正确，再由线面位置关系可得D错误. 【详解】对于A，由可能得到平行于的交线，不一定有，即A错误； 对于B，不妨取正方体的一部分如下图所示： 此时，可得，即B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理即可得出C正确； 对于D，由可得，可在平面内找一条直线满足，可得，即D错误. 故选：C 9．CD 【分析】根据线面平行的性质可判断AB错误，C正确，在长方体中，存在与相交，且都与平面平行，可得D正确. 【详解】对于A，直线a不在平面内，直线a也可能与平面相交，故A是假命题； 对于B，直线l与平面相交时，l上也有无数个点不在平面内，故B是假命题； 对于C，l∥时，l与没有公共点，所以l与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题； 对于D，在长方体中，与都与平面平行，且与相交，故D是真命题. 故选：CD 10．ABC 【分析】利用面面垂直的性质和判定判断A，B，C，利用分析法结合面面垂直的性质判断D即可. 【详解】因为，为的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以，，所以A，B成立； 又平面，所以平面平面，所以C成立； 若平面平面，且， 而面面，平面， 所以平面，又平面， 则，但此关系不一定成立，故D错误. 故选：ABC 11．CD 【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断BC选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项． 【详解】如图①，作交于E，则， 则，则圆台的高为，故A错误； 圆台的轴截面面积为，故B错误，C正确； 将圆台的一半侧面展开，如图②，设P为的中点，由圆台补成圆锥，圆台对应的圆锥的一半侧面展开为扇形， 可得大圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥侧面展开图的圆心角为， 连接，可得，，则， 所以沿着该圆台表面从点C到中点的最短距离为，故D正确． 故选：CD． 12． 【分析】利用圆锥轴截面等腰三角形特征求出圆锥的高和底面圆半径，再利用圆锥体积公式计算作答 【详解】因圆锥的轴载面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形， 则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高， 因此，圆锥底面圆半径， 所以圆雗的体积为. 故答案为： 13． 【分析】延长交底面圆于点，分析可知即为异面直线与所成的角（或其补角），进而可得结果. 【详解】如图，延长交底面圆于点，连接，，    由，均为圆的直径知，且， 所以即为异面直线与所成的角（或其补角）． 在中，， 在中，， 所以，所以为正三角形， 所以，即直线与所成的角为. 故答案为：. 14． 1 2 【分析】运用线面平行的判定和性质，结合平行线分线段成比例定理可解. 【详解】（1）如图，设平面与直线相交于点，连接，． 因为平面，平面，平面平面， 所以． 又，所以平面， 又平面，平面平面， 所以，则四边形是平行四边形． 故，所以是的中点． 故，即，即． （2）如图，设平面与直线相交于点，连接，． 因为平面，平面，平面平面， 所以，又，所以平面， 又平面，平面平面， 所以，故四边形是平行四边形， 则，且， 所以，所以， 则，即． 故答案为：1；2. 15．(1)图形见解析 (2)， 【分析】（1）利用直观图与原图形的关系作图即可得； （2）利用直观图的性质计算可得原图形对应边长，即可计算原图形的高与面积. 【详解】（1）画出平面直角坐标系，在轴上取，即， 在图①中，过作轴，交轴于，在轴上取， 过点作轴，并使， 连接，，则即为原来的图形，如图②所示： （2）由（1）知，原图形中，于点，则为原图形中边上的高， 且， 在直观图中作于点， 则的面积， 在直角三角形中，，所以， 所以. 故原图形中边上的高为，原图形的面积为. 16．(1) (2) 【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积； （2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果. 【详解】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥， ， 所以小圆锥的半径， 圆柱的体积 圆锥的体积 旋转体的体积； （2）圆柱的侧面积 圆锥的侧面积 圆柱的底面积， 圆锥的底面积 旋转体上底面的面积 旋转体的表面积. 17．(1)84 (2) 【分析】（1）根据表面积公式即可求解， （2）根据体积公式即可求解. 【详解】（1）连接相交于，连接 过点作于点，连接，则是斜高， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， ， ． 所以正四棱锥的表面积为84．    （2）， 所以正四棱锥的体积为； 18．(1)证明见解析 (2)共面，理由见解析 【分析】（1）利用中位线的性质及平行四边形的判定定理证明即可； （2）利用平行四边形的判定定理与性质定理得出即可判断. 【详解】（1）由，分别为，的中点， 可得， 又，， 所以， 四边形为平行四边形． （2），，，四点共面， 理由如下：由题意易知， 四边形为平行四边形，． 由（1）知， ，与共面． 又， ，，，四点共面． 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设和交于点O，则O为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可求解； （2）由（1）知，，得到异面直线与所成的角就等于与所成的角，在直角中，即可求解. 【详解】（1）由题意得O为的中点， 连结，又因为P是的中点，故， 又因为平面，平面， 所以直线平面. （2）由（1）知，， 所以异面直线与所成的角就等于与所成的角， 故即为所求；因为，为的中点，则， 则易知，因为为中点，则， 在直角中，可得， 又因为，所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$