(13)立体几何初步-【衡水金卷·先享题】2025年高考数学一轮复习单元检测卷（湖南专版）

高三一轮复习单元检测卷/数学 ?,镇国寺塔亦称西塔，是座方形七层楼园式砖鳞，顶编塔利为一青明铸两芦，两芦表 面刻有“风翼南顶，国秦民安”八个字，是全博重点文物保护单位，国家3A级廉曾餐 (十三)立体几何初步 区，小制同学想知道植国寿塔的高度N,也在塔的正方向找到一座建筑物AB,高 为7.5m,在地面上点C处(B,C.N在同一水平面上且三点共线)测得建筑物顶部 (考试时间120分钟，满分10分) A,镇国寺塔衡部M的仰角分别为15和6”，在A处测得镇国寺塔溪部M的辣角为 0,用镇国寺塔的高度约为（参考数据：31.73） 一，选择题《本恩共8小题，每小题5分，共40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,将半径为2cm的半圆纸片围成一个耗锥，则它的高为 A.4 cm 钱2m C.2,3m D.3 cm 2.已知向量a=(3,3),=(r,一2).则r<2”是"a与6的夹角为钝角”的 A.充分不必要条件 B必要不充分条件 C,充要条件 D,高不充分也不必要条件 A.31.42m B33.26m C.33.48m 037.52m 3,如图所示的四个正方体中，A,B是正方体的两个顶点，M,N,P分别为其所在棱的中 8.将一个表面积为16x的实心木球切解成一个高为号的四校裤形构件，划该四棱铅形 点，能得出AB∥军面MNP的图形的序号为 构件的体积的量大值为 A.2 C.3 n号 二，选择题（本题共3小题，每小题石分，共18分。在每小题拾出的选项中，有多项符合 题日要求。全幕选对的得台分，邻分选对的得部分分，有选错的得0分) .已知函数代x)=Amm十g(A>0>0.0<p受)的部分图象如图所示，则 A.①0 k的用 C CDO D①D四W网 A.w-3,g-芳 4,如图是一座山峰的示童图，山峰大政星臂维形，峰联星罪形，其半径为 1km,蜂账A到峰面S的距离为4km,B是山坡SA的中点.为了发展 的象笑于点（一是0）对称 当地雀游业，现要建设一条从A到B的环山现光公路，号公路长度量短 时，公路距山顶的量近正离为 CK的图象关于直线=授对称 A.2 km B.3 km D在区间（受-）上单调进诚 C.25 km 1Q.在正方体ACD一AB,CD中，E.F分别为AB.BC的中点，则下列说法不正确的是 A平面BEF⊥平面BDD B.平面BEF⊥平面A:BD D.km C,平面B,EF∥平面A:AC D.平面B,EF∥平而A:CD 11.知图，空间四边形ABCD中，E,F分别是AB,BC的中点，C,H分别在线段DC.DA 5.〔几句原本》是古希睛数学家款几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三 上，且博足DG=1DC,DH=:DAA∈0,1，则下列说法正确的是 角形的圆能为直角圆锥，若直角圆维底面国的半径为1，则其内接正方体的棱长为 A.2-1 B.2+1 C.2-a D.Z L当A一一。时，四边形EF℃1是矩形 6,如图，在三校惟P一ABC中，AB-AC.AB⊥AC.PB一PC,PB⊥PC,平面PBC⊥平 面AC,M为PA的中点，则异直线(CM与PB所成角的余弦值为 氏当A=牡=兰时，四边形EFGH是梯形 A. C,当Ar时，国边形EGH是空时四边形 D,当≠以时，直线EH,FG,D相交于一点 狂提 鞋名 c n号 分整 10 数举第1页（共4页1 衡水全卷·先享赠·高三一轮复习单元检测卷十三 数学第2页（共页） HN 三，填空题（本图共3小圆，每小圈5分，共15分） 17.(本小题斜分15分》 12.已知团台的上，下底面面积分别为4x,38,制面积为61x,划该圆台的高 如图，在四棱裤P一ABCD中，底面ABCD为直角棉形，其中AD∥BC,AD=2C, 为 B,A⊥AD,M,N分割为CD,PA的中点，点Q满是PQ=2QB. 13.在三棱兼P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=23,PA=3,则三棱前 (1Di证明：QMMN ”P一ABC的内切球的表面积为 (2)若平前PAB⊥平面ABCD,PA一PB一AB一BC-2,求三棱楼A一MNQ的 14.如图，直三棱柱ABC一ABC中，侧棱长为4，AC=C=2,∠ACB=90°，点D是 体积 A:B的中点，F是期面AA,BB(含边界》上的动点.要使AB工平面CDF,则线段 CF的长的最大值为 18.【本小题满分1？分》 四、解答题（本题共五小题，共77分。解答应写出必要的文字说明，正明过程或演算步露） 如图，在三棱柱ABC一AB,C中，底面△AC是以AC为斜边的等展直角三角形， 15,(本小题锈分13分) 侧面A(CA:是边长为2的菱形，且∠A:AC一60，点E,F分别为棱A日，B,的 记S,为数到1a.的前n项和，已知m=1,S1=3S.十1. 中点。 山证明：S,+是等比数列，并求山，的酒项公式： (1)若棱BC上存在点G满足平面EFG∥平面ABC,试确定点 G的位置，并说明理由： (2)若数列6，搏足6，=《n十1》·+1…求众的前#和T, (2)若点B,到平面AC的距离为，2，求点E到平面AC℃A 的距离 16.(本小题满分15分) 19.(本小题满分17分》 如图，A,A是阔柱的母线，AB是闲柱密面图的直径，C是底面圆周上异于A,B的任 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠B=G0',E,F分别为AB,AD的中点，将 意一点.AA=AB=2. △ACD沿AC折起到△ACG的位置，得到知图2所示的三棱锥G一ABC,M为线登 (1)求证：C⊥平南AAC: EF上一个动点(N不与编点重合). (2)求三棱惟A,一ABC体积的最大值 (1)记AC中点为O,证明：平面ACM平面BG: CD (2)设二面角G一AC一B的大小为：，三酸锥M一 ABC与三棱维M一AGC的体积之和为V,求V的 最大值， 数学第3夏{共4页) 衡水金整·先享题·离三一轮凝习单元检测蜂十目 数学第4页〔共4页 H网高三一轮复习HN ·数学 高三一轮复习单元检测卷/数学（十三） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： 1.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力W.空间想象能力V.数据处理能力 1.应用意识和创新意识 2.核心素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模①直观想象⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 (主题内容) ① ② ③④ 档次系数 1 选择题 5 圆锥的结构特征 易 0.80 2 选择题 向量坐标运算与充要 性的综合 命 0.78 选择题 5 直线与平面平行的 判定 命 0.72 4 选择题 5 最短距离问题 中 0.65 5 选择题 5 圆锥内接正方体的 公 0.55 棱长 6 选择题 5 求异面直线所成的角 中0.50 7 选择题 利用解三角形知识测 中 0.45 量高度 8 选择题 5 四棱锥与球的相接 问题 雅 0.28 9 选择题 给出三角函数图象，研 0.60 究其性质 10 空间平行，垂直关系的 选择题 6 中 0.50 判定 11 选择题 6 与空间四边形有关的 中 0.40 动态几何间题 12 填空题 5 圆台的侧面积 易 0.71 13 填空题 5 棱锥与球的内切问题 中 0.50 14 填空题 5 与棱柱有关的最值问题 中 0.35 15 解答题 13 等比数列的证明，错位 0.65 相减法求和 ·71· ·数学· 参考答案及解析 证明线面垂直，利用配 16 解答题 15 方法求三棱锥体积的 中 0.55 最值 17 解答题 证明线线平行，求三棱 15 名 0.50 锥的体积 18 解答题 证明面面平行，等积法 17 0.45 求点面距 中 证明面面垂直，构造三 19 解答题 17 角函数求棱锥体积的 分 0.35 最值 香考管桌及解析 一、选择题 4,D【解析】以SA为分界线，将圆锥的侧面展开，可 1,.D【解析】设圆维的底面半径为，则受(2x×2)= 得其展开图如图， 2πr..r=1,又母线长1=2，h=√3.故选D. 2.B【解析】由已知可得a·b=3.x-6,由a∥b可得 3×(-2)=3.x,解得x=-2,所以由a与b的夹角为 钝角可得a·b-3x-6<0 x≠-2 解得x<2且≠一2.因 此，当x<2时，a与b的夹角不一定为钝角，则充分 性不成立：当a与b的夹角为纯角时，x<2且x≠ 则从点A到点B的最短路径为线段A'B,l=2π， 一2，即x<2成立，则必要性成立.综上所述，“x<2” 是“a与b的夹角为纯角”的必要不充分条件.故选B 所以∠ASA-甲=受过S作SP1AB,则公路距 3.D【解析】由题意结合正方体的性质：如图①，平面 ABC∥平面MNP,则AB∥平面MNP,①正确：如图 山顶的最近距离为SP,因为A'B=√4+2=2√5， ②，平面ABC∥平面MNP,则AB∥平面MNP,②正 确：如图③，平面ABC∥平面MNP,则AB∥平面 所以sPp-0-亲-做巷n MNP,③正确：如图④，AB∩平面MNP=A,则④错 误.故选D. 5,C【解析】沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截 面，如图所示， ① ② 由题知△SEF为等腰直角三角形，(OE=1,所以SO= 1,设正方体的楼长C=巨，则NC=号×，巨× √2x=x,SN=1一√2x,则由△SNC与△SOE相似， 可得瓷-》即子-平，所以一后本 √2一1，所以正方体的棱长为2一√2.故选C ③ ·72· 高三一轮复习HN ·数学· 6.C【解析】由题意△PBC和△ABC均为等腰直角三 P-ABCD的体积V-号×aM=号×名×号-铝 角形.不妨设BC=2√2，则AB=AC=PB=PC=2, 故选B. 设BC的中点为D,连接PD,AD,则PD=AD=√2. 二、选择题 因为平面PBC⊥平面ABC,所以PD⊥AD,故PA 9.BD【解析】由图象可得A=2,且f(0)=2sinp=1, 2.设AB的中点为N,连接MN,CN,因为MN∥PB, 所以∠CMN为异面直线CM与PB所成的角或其补 又0<9< 受，所以9=晋，所以f(x) 角.易得MN=1,NC=√5，MC=√3，由余弦定理得 2sin(ar+),因为f()=2sin(2+） cos∠CMN= 5=-,所以异面直线CM与 2×1×w3 2,所以受+吾=受+2，k∈乙解得w=3k+2。 PB所成角的余弦值为气，故选C k∈1，由图象可知T->三，解得u<3,又>0， 所以w=2,故A错误：所以f(r)=2si(2r+若) 当x=一时，2十音=0，故B正确：当x=时. 2+答=3x,此时f八)不取最值，放C错误：当x∈ （-登-吾)时，2+晋∈(-，-受）此时f) 7.C【解析】在△ACM中，∠ACM=105°，∠CAM= .期∠AMC30,所以S一S商MN MC 单调递减，故D正确.故选BD. 1O.BCD【解析】由题设知EF∥AC,AC⊥BD,则EF 号c,AC-品所以MN-S AB AB ⊥BD,由DD,⊥平面ABCD,EFC平面ABCD,则 2 sin 15 DD⊥EF,又DD∩BD=D,DD,BDC平面 又sinl5= /1-cos30 (w3-1)° =⑥-@ BDD,故EF⊥平面BDD,又因为EFC平面 2 8 4 BEF,故平面BEF⊥平面BDD,A正确：由AA 则MN=5×25X4=153≈35.8m故 ⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则AA:⊥BD,又 2 6-√2 2 AC⊥BD,AA∩AC=A,AA·ACC平面ACCA 选C. 则BD⊥平面ACC1A1,又BDC平面ABD,则平面 8.B【解析】由题知当四棱锥的顶点在底面的投影是 A,BD⊥平面ACCA,根据平面的基本性质知，BE 底面的中心时，四棱雏的体积最大，设木球的半径为 与AM:在平面ABBA内必有交点，BF与CC:在 R,则4πR=16π，解得R=2.设该四棱锥构件为 平面BCCB,内必有交点，所以平面ACCA:与平 P-ABCD,底面四边形ABCD所在圆半径为r,设四 面B,EF必有交线，故平面BEF⊥平面ABD不成 边形ABCD对角线夹角为a,则Sm-2AC·BD 立，B错误：由平面A,AC即为平面ACC1A1,故平面 B,EF与平面A1AC有交线，C错误：由AC∥A,C, ·ma<号AC·BD≤交·2r·2r=2,当且仅当 ACC平面AB,C,AC丈平面AB,C,则AC∥平 AC⊥BD且AC=BD=2r时取等号，此时四边形 面AB,C,同理可证AD∥平面AB,C,而AC,∩ ABCD为正方形，即圆内接四边形中，正方形面积最 AD=A,·AC,A1DC平面A,CD,所以平面 大.故四棱锥P一ABCD为正四棱锥时，其体积最大， A,CD∥平面AB,C,而平面AB,C与平面B,EF相 设此时底面正方形的边长为4，则其外接圆的半径 交，故平面BEF∥平面ACD不成立，D错误.故 选BCD. 乞a,所以该四棱锥的高方=R+√R一下=2+ √-2=子，解得a= 2 二，所以该四棱锥 ·73· ·数学· 参考答案及解析 1紧 【解析】如图， 3 2 23 11.BC【解析】对于A,在△ABC中，因为E.F分别是 AB,BC的中点，所以EF∥AC且EF=号AC,当 入==号时，H.G分别为DA,DC的中点，所以在 由已知得△ABC的面积为号×2后×1=3，因为 三棱锥P-ABC的高为PA=V5,所以PB=PC △DAC中，可得HG/AC且HG=号AC,所以EF √7，等腰△PBC底边BC上的高为√7一3=2，所以 ∥HG且EF=HG,所以四边形EFGH是平行四边 形，又E,H分别为AB,AD中点，所以EH∥BD,又 三校锥P-ABC的表面积为S=2×号×2×，5十 EF∥AC,当BD⊥AC时有EH⊥EF,平行四边形 ×2×2+=5v5.体积V=号×3×，5-1 EFGH为矩形，所以四边形EFGH不一定是矩形， 设三棱锥P一ABC内切球的半径为r,又三棱锥 A情误：对于B当==号时，瓷-职-号，所 P-ABC的体积V-吉sS,所以-，所以三棱锥 以HG=号AC,且HG∥AC,则由A可知EF∥HG P-AC的内切球的表面积为SY=:广=紧 且EF≠HG,所以四边形EFGH是梯形，B正确：对 于C,当A≠：时，EF不平行于HG,又因为HGC平 14.√5【解析】由题知，当AB:⊥平面C,DF时AB⊥ 面ADC,EF丈平面ADC,所以HG,EF是异面直 DF,故F在边界BB:上时，CF取最大值.此时，因 线，四边形EFGH是空间四边形，C正确：对于D, 为AB⊥DF,所以∠FDB十∠AB:A1=∠B,AA 不妨设直线EH,FG,BD相交于一点O,因为EF∥ +∠AB,A1=90°，则∠FDB,=∠B:AA1·故 AC,ACC平面ADC,EF过平面ADC,所以EF∥平 m∠FDB,=m∠BA,即股=然，所以 AA 面ADC,又因为直线EH,FG相交于点O,所以EF C平面EFGH,因为平面EFGH∩平面ADC= FB,=AB·DB v2+2×y2+2 2=1< HG,所以EF∥HG∥AC,所以可得A=,矛盾，D AA 4 错误.故选BC BB,满足题意，此时CF=√FB+CB所=√T+4 =5. 四、解答题 15.解：(1)由S.+1=3S.+1. 可得S1+号=3S+1+之-3(5+号) Bi.... G 因为+-十-1+号- 三、填空题 所以数列5十}是以受为首项，3为公比的等比 12.4【解析】由已知可得圆台的上，下底面半径分 数列。 (2分) 别为2,6，设圆台的母线长为1，高为h,则该圆台的 侧面积为S=开×(2十6)×1=64x,则1=8，所以 所以S十号- ·3-1=3 · h=√-(6-2)下=45. 3-↓-3”-1 2 ·74 高三一轮复习HN ·数学· 则当n≥2时，4，=S.-S。1=3”,1_31= 2 2 3”-1, (4分) 当n=1时，a1=1也满足上式， (5分) H K 所以(am)的通项公式为a.=3. (6分) M (2)由(1)可得b.=(n+1)·a+1=(n+1)·3”, 则T。=6++…+6=2·31+3·3十4·33+ …+(n十1)·3”， 因为AD∥BC,AD=2BC,所以K为AD中点， 3T.=2·32+3·3+4·3+…+(n十1)·3+1， 又M为CD的中点， (9分) 所以KM/AC.且KM=AC 两式相减， 可得-2T.=3+3+3+3+…+3“-(n十1)· 所以紧-需=2， 3+1=3+3(1-3” 1-3 2-(m+1)…3=-(+n) 所以CF=号CK-号AB (4分) +, (12分) 因为QH∥AB,且QH=号AB, 所以T,=2m+中.31-3 所以QH∥CF,且QH=CF, 4 4 (13分) 故四边形CFHQ为平行四边形， 16.解：(1)：C是底面圆周上异于A,B的任意一点，且 所以CQ∥FH. AB是圆柱底面圆的直径， 又N为PA的中点， .BC LAC. (2分) :AA,⊥平而ABC,BCC平面ABC, 由成-2a成i.QH/AB,得架-、-2. .AA⊥BC, (4分) 所以FH∥MN,故CQ∥MN. (7分) :AA∩AC=A,AA,ACC平面AAC, (2)因为AB=BC=2,所以AD=4. .BC⊥平面AAC (6分) 设AB的中点为O,连接PO,MO. (2)设AC=x,在Rt△ABC中， BC=√/AB-AC=√V4-T(0<x<2), (8分) 故VAm=号sm·AA=寸·之·AC·BC· D AA=号rV-F(0<r<2. (10分) M 即V-=3VF4-万=3VG一20+， 故MO为直角梯形ABCD的中位线， (12分) 所以MO1AB,且M0=(BC+AD)=3,(9分) 0x<2,0<x2<4, ∴.当x2=2,即x=√2时，三棱锥A,一ABC的体积 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面 ABCD=AB. 最大，最大值为子 (15分) 所以MO⊥平面PAB. (11分) 17.解：(1)如图，过点C作AB的平行线CK,交AD于 又PA=PB=AB=2, 点K,与AM交于点F,过点Q作AB的平行线 所以△PAB的面积Sam=子PA·PEsin受 QH,交PA于点H,连接FH (2分) =5 又P0-2Qi.且N为PA的中点， 所以Sag=号 3 (13分) ·75· ·数学· 参考答案及解析 1 所以VAno=Vw-AQ=3SAQ·M0= 3 3 即点E到平面AC,A的距离为 (17分) X3- 19.解：(1)因为O为AC的中点， (15分) 所以ACLOG,AC⊥OB. 18.解：(1)点G为BC的中点时，平面EFG∥平 又OG∩OB=O,OG,OBC平面BOG, 面ABC. 所以AC⊥平面BOG, (3分) 理由如下： 又ACC平面ACM, 因为E,F,G分别是AB,BB:,BC的中点， 所以平面ACM⊥平面B(OG. (5分) 所以EF∥AB,EG∥AC (3分) (2)在菱形ABCD中，连接EF交AC于点H, 又EF寸平面ABC,ABC平面AB,C, 因为E,F分别为AB,AD的中点， 所以EF∥平面ABC. EG过平面AB,C,ACC平面AB,C, 所以EF∥BD且EF-之BD,所以EFLAC.. 所以EG∥平面AB,C (6分) 在三棱锥G-ABC中，EH⊥AC,FH⊥AC, 又因为EG∩EF=E,EG,EFC平面EFG, 所以∠FHE是二面角G一AC-B的平面角，(7分) 所以平面EFG∥平面AB,C, (7分) 所以∠FHE=a, (2)连接AC. 过M作MM:⊥EH于点M:,过M作MM:⊥FH于 点M, GD) 设点A,到平面ABC的距离为d,点B到平面 ACC,A的距离为d2, 因为AC⊥平面EFH,MMC平面EFH, 则点A,到平面ABC的距离等于点B,到平面ABC 所以AC⊥MM, 的距离，即d=√2， 又EH LMM1,AC∩EH=H,AC,EHC平面ABC, 因为E为AB的中点， 所以MM⊥平面ABC 所以点E到平面ACC:A的距离等于点B到平面 同理可证MM⊥平面ACG, ACC,A,的距离的一半. 所以MM,MM分别为三棱锥M-ABC,M-AGC 由等体积法得Vm-A,=VA-一· 的高 (11分) 即a·d=sx·d (10分) 因为菱形ABCD的边长为4， 因为侧面ACC1A1为菱形，且∠A:AC=60°， 所以(OG=(OB=23.FH=EH=√3， 所以△ACA1为等边三角形， 在△EFH中，EF=EF+FHP-2EH·FHcos a 所以5aa=ACe·sm60=3 =6-6cos a. (12分) 因为AC=2,底面△ABC是以AC为斜边的等腰直 所以EF=V6-6cosa=2W3sin号， 角三角形， 因为∠HEF=∠HFE=a, 2 所以AB=BC=ACsin45°=√2. 所以5c-号AB:BC- 所以MM,=MEsin”2=MEcos-受， 2 (14分) 所以d=S·山_1X2- MM:=MFsin22=MFcos-号， SACA 3 31 ·76 高三一轮复习HN ·数学· 所以MM+MM=MEos号+MFcos号= 因为a∈(0，)，所以当a=受时V取得最大值4. EFeos号=2 2/sin-受cos号=3 sin a. (15分) (17分) 女 所以V=子XMM+子S..w.XMM. =专SaX(MM+MM) =子×45×5sina=4sime ·77·