周测评(十五)立体几何初步---空间几何体-【衡水真题密卷】2026年高三数学学科素养周测评（B版）

·数学· 参考答案及解析 (3)解：依题意，am=1+(n一1)d, 所以m=n一1+nn-1) 1， S.=n+u(n-1)d d 2 2 又因为m∈Nm1DENy 若{am}是“H数列”，则对Vn∈N·,都3m∈ N*,使得Sn=am, 质厅以对n∈N,”Z,且d<0,则d= 即1+(m-1)d=n+nn1)d 2 (20分) 2025一2026学年度学科素养周测评（十五） 数学·立体几何初步—空间几何体 一、选择题 90,则 x十y=32, 解得y=20,即有20个六元 1.D【解析】设该圆锥的底面半径为r,母线长为L, 5x+6y=180, 高为h,则πrl=3πr2,可得l=3r,则h=√-r2= 环， √9r2-r2=2√2r,由圆锥的体积为18√2π，可得 6.A【解析】如图所示，在棱长为√2的正方体中构 3r2×22,=182π，解得r=3. 1 造棱长为2的正四面体A-BCD,显然正四面体的 棱切球即为正方体的内切球，故球的半径为正方 2.B【解析】平行六面体的六个面都是平行四边 形，且相对的平行四边形全等，所以六个平行四边 体機长的一本，即=别这球的衣西京为S 形中的矩形个数可能为0,2,4,6，所以各个表面中 4πr2=2π. 的直角个数之和可能为0,8,16,24. 3.C【解析】将两个相同的如图所示的几何体拼接 为圆柱，则圆柱的底面半径为2cm,高为13cm, 体积为π×22×13=52πcm3,则所求体积为圆柱 1 体积的-半，即52π×2=26rcm3. 4.D【解析】如图，连接AB,AD,圆锥底面圆的周 二、选择题 7.ABD【解析】对于A,若圆柱的底面直径为8，则 、长为2x,母线为3，所以扇形展开图的圆心角为红， 半径为4，此时球心到圆柱底面的距离为 则∠BAC-3,∠BAD=∠DAC=石，所以D市.D √5一4=3，故圆柱的高可以为6，故A正确；对 于B,若圆锥的底面直径为8，则半径为4，此时球 AB-AD)·AC-AD)=AB·AC-AD.AC 心到圆锥底面的距离为√52一4？=3，故圆锥的高 -店AD+A市=3×3×c0s号-2X3X3 最大为3十5=8，故B正确；对于C,若圆锥的底面 ×cos看+9-27-188 直径为7，则半径为？，此时球心到圆锥底面的距 2 离为一（写厂-红<号=4，收圆缘的高量 大为V厅十5<9，故C错误；对于D,将棱长均为8 2 的四面体放到棱长为4√2的正方体中，则正方体 5.D【解析】根据题意，设五元环的个数为x,六元 外接球的直径为√3×4√2=4√6<10，故D正确. 环的个数为y,又碳60(C60)的顶，点数为60，面数 8.AD【解析】对于A,考虑正方形的一条边与x 为32，且顶点数一棱数十面数=2，可得棱数为轴重合，由斜二测画法的性质可知，另一条边与y 。9· B 真题密卷 学科素养周测评 轴重合，如图所示，由于对称性与旋转可换性，图 面ABC的距离最大，这个最大值就是球O的半 中∠ACB与∠BDC均等价为所求角，而由斜二 径R,所以，点D到平面ABC距离的最大值为4， 测图性质可知，AB=CD=√2，BC=AD=2√2， 球O的表面积为S=4πR2=4πX42=64π. ∠ACB+∠CAB=01=45°，过A作BC的垂线， 四、解答题 则tan∠ACB= 1 1 11.解：(1)由三角形中位线的性质得BC=2EF=8, =tan15°，即 2√2+12+√5 则GH-BC-4,又AG-9AB-4厅-AH, ∠ACB<15°，故∠ABD的最小值小于15°，故A 正确；对于B,过D作BC的垂线，易得02=45°， 由勾股定理可得，△AGH在边GH上的高为 且tan0,=2v2-1=22-1>1=tan45,故 √(43)-22=21I, (6分) 1 1 所以S△Ac=2X4X2WT=4VT. (8分) 03>45°，则∠BDC>90°，即∠BDC的最大值大于 (2)如图所示，取AD的中点M,连接EM,FM, 90°，故B错误；对于C,D,设图形绕C点逆时针旋 MG,MH,EH, 转a,则CA=(4cosa十√2sina,W2sina), 即CA=√(4cosa+√2sina)+(√2sina) 3√2 =√/10+2√/17sin(2a十p),其中tanp= ,则 最小值为√10-2√17<2，最大值为 G D 显然平面EFHG截正四面体ABCD形成的其中 √10十2√17>4，故C错误，D正确. 一部分可由四个四面体：AEFM,MEFH, MEGH,MDGH组成， (10分) D 易知正四面体A-EFM与正四面体A-BCD相 1 似，故VEFM=gV4BCD, 三、填空题 由题意及中位线性质可知S△FMH=S△FM,则 VA-EFM-VE-AFM-VE-FMH-VM-EFH -VM-EGH' 9.3【解析】设母线长为1，高为h,则π×(1十5)× 且VA-EFM=VM-DGH, l=30π，解得l=5.圆台的轴截面如图所示， 所以四面体AEFM,MEFH,MEGH,MDGH A 2r=2 B 1 的体积均相等，故4VAN=2 VA-UCD, (18分) =5 h 所以两部分的体积的比值为1. (20分) 12.解：(1)D(A,B)=|2-3+|1+3|=5.(3分) 22=10E D (2)设P(x,y),则D(A,P)=|x-2|十|y-1= 在Rt△BED中，ED=4,BD=5,由勾股定理得， 2(0≤x≤4，-1≤y≤3)， 圆台的高h=3. 当2≤x≤4,1≤y≤3时，x+y=5; 10.4;64π【解析】在△ABC中，AB=4√3， 当2≤x≤4，-1≤y<1时，x-y=3; ∠ACB=,根据正弦定理 当0≤x<2,1≤y≤3时，x-y=-1; sin A-sin B 当0≤x<2,-1≤y<1时，x+y=1. sinC-2r(,为△ABC外接圆的半径)得，2= 所以动点P围成的图形是正方形，边长为2√2， 面积为8. (11分) AB 45=8,解得r=4.因为A,B,C (3)动点P围成的几何体为八面体，每个面均为 sin∠ACB= sin 3 边长√2m的正三角形， 三点所在的平面经过球心O,所以球O的半径 其体积V=8×行m3-325,解得m=23。 R=r=4,当OD垂直于平面ABC时，点D到平 证明如下： B ·10· ·数学· 参考答案及解析 不妨将A平移到A'(0,0,0)处，设P(x,y,之)， 同理可知等边三角形内部任意一点Q(x',y, 若D(A',P)=m(m>0),则|x|+|y十|z|=m, 之)，均满足x'十y'十z'=m(0≤x,y,之≤m). 当x,y,之≥0时，即x+y+之=m(0≤x,y,之 所以满足方程x十y十之=m(0≤x,y,之≤m)的 ≤m), 点P,构成的图形是边长为√2m的等边三角形内 设M1(m,0,0),M2(0,m,0),M3(0,0,m), 部（含边界）， (18分) 由OP=λ1OMi+λ2OM2+λOM,得入1+入2+ 由对称性可知，动点P围成的图形为八面体，每 λ3=1 个面均为边长为√2m的等边三角形， 所以P,M1,M2,M3四点共面， (14分) 1 所以当x,y,z≥0时，P在边长为√2m的等边三 故该几何体体积V=8×6m3-323,解得m- 角形M1M2M3内部（含边界）， 2√3. (20分) 2025一2026学年度学科素养周测评（十六） 数学·立体几何初步—空间位置关系 一、选择题 1.A【解析】因为a∥B,l⊥a,所以l⊥B.又mCa, nCβ，所以l⊥m,l⊥n,m与n平行或异面. 2.B【解析】直线MNC平面PAC,MN∥平面PAD, 平面PAC∩平面PAD=PA,所以MN∥PA. 图5 3.B【解析】按照三个平面中平行的个数来分类： 4.B【解析】取BD的中点O,连接AO,CO,由 (1)三个平面两两平行，如图1所示，可将空间分 AB=AD,BC=CD=BD=2,得AO⊥BD,CO 成4部分；(2)两个平面平行，第三个平面与这两个 平行平面相交，如图2所示，可将空间分成6部分； ⊥BD,而平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平 面BCD=BD,AOC平面ABD,则AO⊥平面 BCD,于是em=Sam·A0-日×9× 4 2AO=√5，解得AO=3,而A0⊥C0,C0=√5， 图1 图2 所以AC=WAO2+CO2=2√3」 (3)三个平面中没有平行的平面：(1)三个平面两 两相交且交线互相平行，如图3所示，可将空间分 成7部分；（川）三个平面两两相交且三条交线交 于一点，如图4所示，可将空间分成8部分；（川） 三个平面两两相交且交线重合，如图5所示，可将 空间分成6部分，所以三个平面将空间分成4,6， 7,8部分，n的最小值与最大值之和为12， 5.D【解析】如图，连接B1D,B1P,B1E,由正方体 的性质及E,H分别为棱AB,C1D1的中点，易得 B1E∥HD,所以线段B1D与EH相交，B1P与 EH相交，故A,B错误；连接MF,B1M,有AB∥ MF,AB∥B1G,故B1G∥MF,所以线段B1M与 FG相交，故C错误；连接B,N,直线B,N与 图3 图4 EH,直线B1N与FG均为异面直线，故D正确. ·11· B今日埋头演算，明朝碧霄展翼 2025一2026学年度学科素养周测评（十五） 5.碳60(C和)是一种非金属单质，它由60个碳原子构成，形似足球，又称足球烯，其结构是 班级 由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且 数学·立体几何初步—空间几何体 满足：顶点数一棱数十面数=2，则其中六元环的个数为 () 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 得分 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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。 A.12 B.14 C.18 D.20 题号 1 2 5 6 6.若正四面体的棱长为2，且各棱均与同一球面相切，则该球的表面积为 ( 答案 1.已知某圆锥的侧面积是底面积的3倍，体积是18，√2π，则该圆锥的底面半径为 () A.2x B.π c D.2 A.2 B.3 C.2 D.3 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 2.在平行六面体中，各个表面中的直角个数之和不可能为 () 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 A.0 B.4 C.8 D.16 题号 7 8 3.在如图所示的斜截圆柱中，圆柱底面的直径为4cm,母线长最短为5cm,最长为8cm, 答案 则该斜截圆柱的体积为 () 7.将一个直径为10的铁球磨制成一个零件，则磨制成的零件可以是 A,底面直径为8，高为6的圆柱体 B.底面直径为8，高为8的圆锥体 C.底面直径为7，高为9的圆锥体 4cm D,棱长均为8的四面体 A.20元cm B.24x cm C.26πcm D.30x cm 8.已知水平放置的正方形的边长为2，√2，利用斜二测画法绘制该正方形在水平平而内的 4.图1所示的圆锥的母线长为3，底面圆直径BC=2,点D为底面BC的中点，则在该圆锥 直观图四边形ABCD,则 () 的侧面展开图（图2）中DB·D元= () A.∠ABD的最小值小于15 B.∠BDC的最大值小于90 C.AC的最小值大于2 D.BD的最大值大于4 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 图1 9.已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为30x,则圆台的高为 10.已知A,B,C,D四点都在球O的球面上，且A,B,C三点所在的平面经过球心O,AB A-号 B.-93 =4,3,∠ACB=牙，则点D到平面ABC距离的最大值为 ,球O的表面积为 C.993 D.27-183 2 学科素养周测评（十五）数学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十五）数学第2页（共4页） 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 12.(20分)曼哈顺距离是一个充满神秘与奥秘的距离，常用于需要按照网格布局移动的场 11.(20分)已知在正四面体ABCD中，棱AB,AC,BD,CD的中点分别为E,F,G,H. 景，如无人驾驶出租车行驶、物流配送等.在算法设计中，曼哈顿距离也常用于图象处 理和路径规划等问题，曼哈顿距离用于标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对 轴距总和.例如，在平面直角坐标系内有两个点A(x1,y1),B(x,y2),它们之间的曼 哈顿距离D(A,B)=x1一xz|+|y一y. (1)已知点A(2,1),B(3,一3)，求D(A,B)的值： (1)若EF=4,求△AGH的面积： (2)已知平面直角坐标系内有一定点A(2,1),动点P满足D(A,P)=2,求动点P围 (2)平面EFHG将正四面体ABCD划分成两部分，求这两部分的体积的比值. 成的图形的面积： (3)已知空间直角坐标系内有一定点A(2,1,3),动点P满足D(A,P)=m(m>0),若 动点P围成的几何体的体积是32√3，求m的值. B 学科素养周测评（十五）数学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十五）数学第4页（共4页）