周测卷(十七) 立体几何初步-空间几何体-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三数学一轮复习周测卷

头就龙小 5.已知正四棱台ABCD-A1BC1D1,AB=2A1B1,E,F分别是棱A:B1,A1D1的中点，平面 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十七） EFDB将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为 数学·立体几何初步一空间几何体 (考试时间40分钟，总分100分) A 号 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 c n 题目要求的。 6.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春 1.圆柱内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的 秋时期，是人类最早的风筝起源.如图是某中学学生制作的一个风筝模型 体积为 的多面体ABCEF,D为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥ A. B. C.16π D.12π AB,AC-BC=3,∠ACB=120°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为 2.已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为4·4·1，现有如图两种方式包装该礼物盒，方式① 中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的 A.96 4 B93 8 C96 8 D93 4 中点.不计打结处的额外消耗，则使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为 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。带#题目为能力提升题，分值不 计入总分。 ② 7,已知点O是正方体ABCD-A,B,C1D:的底面ABCD的中心，点M与点C关于直线OC1对 A②+5 5 B1+6 C.2+3 D.1+5 称，且AB=1,则下列说法正确的是 5 5 5 3.经过科学实验证明，甲烷分子的结构是正四面体结构（图①），碳原子位于正四面体的中心（到 A.CM=2/3 3 B.AM=22 3 四个顶点距离相等)，四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上，抽象成数学模型为正四面 C.∠COM=90 D.∠OAM=∠OMA 体ABCD,O为正四面体的中心，如图②所示，则∠AOB的余弦值为 8.刻画空间的弯曲性是儿何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间的弯曲性.规定：多面体 顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角， 角度用弧度制表示)，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正方体在每个 顶点有3个面角，每个面角是受，所以正方体每个顶点的曲率为2云一3×受一受，故其总曲率为 ① 2② 4元，根据曲率的定义，下列说法正确的是 A一司 c D- 6 A。正三棱柱每个顶点的曲率为 4.如图，过圆锥PO的轴的截面是边长为4的正三角形，过PO的中点O'作平 行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为 B正三棱柱每个顶点的曲率为号 A.11x十3π B.11x十2,3元 C.正三棱锥的总曲率为4x C.12π十√3π D.12x十23π D.n(n∈N”,n≥3)棱锥的总曲率为4x 数学·周测卷（十七）第1页（共4页） 数学·周测卷（十七）第2页（共4页） 头就龙春 班级 +如图是一个圆台的侧面展开图，若D正，AC所在圆的半径分别是2和4，且∠ABC=5,则 12.(20分) 如图所示，直三棱柱ABC-A:B1C1的所有棱长均相等，点D为B,C的中点，点E为AC: 姓名 入圆台的侧面积为管 的中点 (1)求证：DE∥平面AA1B1B: 得分 且圆台的离为四 (2)若棱长AB=a,求此直三棱柱的体积： C.圆台的体积为17519 648—x (3③)考三棱锥BCDE的体积为，求该三棱柱的外接球表面积， D。圆台内部可以容纳的球的直径最大为 6 选择题 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 答题栏 9.《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦 1 冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、酸癖咽病、阴 2 虚劳嗽等.一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥， 3 如图所示，则该麦门冬的体积约为 4 10.某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的（如 5 图)，则该几何体共有 个面：若被截正方体的棱长是60cm,那么该几何体的表 6 面积是 cm2. 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。 11.(20分) 正方形ABCD的边长为2，E,F分别为边AD,BC的中点，M是线段EF的中点，如图，把正 方形沿EF折起，设∠AED=a(O<a<x). (1)求证：无论a取何值，CM与BD不可能垂直： (2)当。=时，求四棱锥D-ABME的体积. 数学·周测卷（十七）第3页（共4页） 数学·周测卷（十七）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 四、解答题 依题意，n2<2n十n(n-1)d<(n十1)2， 11.(1)解：由题设条件，可得若am≠0，则a+1≠0， 用反证法，假设am+1=0,由题设条件，显然an=0, 得1-dn十日-2<0：恒威立，解得4=1， l(d-1)n2-dn-1<0 这与已知条件矛盾，所以am+1≠0. 因为a1=1≠0，所以a2≠0，a3≠0，…， 所以a,=,S.=a+1, 所以Vn∈N*,an≠0， 设等比数列{bn}的公比为q,b1十b2+bg=14, 由a1a.=a,-2a1得，12-1， b1b2bg=64。 antl an 所以b1+b1q+b1g2=14,bg3=64. 所以+1=2+， 得b1q=4,联立得2g2-5g+2=0, an+l +1-80 解得g=2或g=2(合去)，代人61g=4中，解得 b1=2, 所以二+是首项，公比均为2的等比数列。 得数列{bn}的通项公式为bn=2”. 所以1+1=2，则a-2-1 1 2c-, (2)证明：显然当n=1时，a1=1<2成立， T.2+2++…+①， 1123 2n 当n≥2时，2m-1≥22-1-2>1， 所以2是<1所以2-2是>1， 1 20+1②， 1 n 所以(2-2)≥1×2，即-1>公>0， 1+++ 2n+1 11 1-九+2 所以a.=20—1<2, 2n+1, 所以S.=a+a:+a+…+a,<1+分+}+十 即T.=2-n+2<2, 2n 11 当n=1时，2<n十2，T1=2-1十2=0.5， 2 272 1 -2(1-)<2 所以[T1]=0; n≥2时，2≥1+C+C-1+n+nn,+1D≥n+2, 2 综上，Sn<2,得证. 所以1<Tn<2,所以[T.]=1, 12.解：(1)当n=1时，1<2S1<4. 又因为an∈Z,所以a1=1, 所以M2025=2024. 设a.=1+(n-1)d,则S.=n+nn-1》d 2 d, 数学（十七） 一、选择题 所以方式②中包装绳长为4×a+4×4a=20a,所以 1.A【解析】设球O的半径为R,则圆柱的底面圆的 使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为 半径为R,高为2R,所以πR2·2R=16π，解得R= 4(w2+5)a_√2+5 2,则球0的体积为R- 20a 5 3元 3.B【解析】如图，设正四面体的棱 2.A【解析】不妨设长方体礼物盒的长、宽、高分别为 长为a,正三角形BCD中，BH= 4a(a>0),4a,a,由于方式①中包装绳与礼物盒棱的 2 _ 交点均为棱的四等分点，所以方式①中包装绳长为 3a,正四面 4×√a2+a+4×√a2+(2a)z=4(W2+√5)a;由于 方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点， 体的高AH= a-(c)- ·45· 高三一轮复习周测卷 3a,设OA=R,则R△BH0中，OB=BH:+ VA EF-ABD 小部分与较大部分的体积之比为V H02-BH+AH-A0,即R-(原a)】 7h 2 3 35h51 (54-R),解得R=54,即OA=0B=0C=0D 6 6.A【解析】在矩形CEFD中，有FD⊥CD,CE∥ R6 4 a,则△AOB 中，cos∠AOB FD,因为DF⊥AB,AB∩CD=D,AB,CDC平面 ABC,所以FD⊥平面ABC,则CE⊥平面ABC,因 OA2+OB2-AB2 )+(。)。 为AC,BCC平面ABC,所以CE⊥AC,CE⊥BC,在 2XOA×OB 2V6 △ABC中，由AC=BC=3,∠ACB=120°，又D为 AB的中点，则CD⊥AB,易知CD=AC·cos60°= 4.D【解析】作出过圆锥PO的轴 ,AB=2AD=2×ACsin60°-33，易知△ECA≌ 3 的截面△PAB,此截面截挖去的 圆柱得圆柱的轴截面矩形 △ECB,则AE=BE,因为AE⊥BE,则AE=AB· CDEF,如图，矩形CDEF是等 5in45°=36，在Rt△ACE中，CE=VAF AC 腰△PAB内接矩形，圆柱底面圆 直径CF在圆锥底面圆直径AB 上，依题意，截面是边长为4的正三角形，所以OB= )-9=3,则矩形CDFE的面积S= 2.0P=25,因为0是P0中点，则cD=2P0= CD·CE=2×32-2.因为DF1AB,CDL 2 V,0C=号0B=1,圆锥母线PB=4,圆柱00'的侧 AB,CD∩DF=D,CD,DFC平面CDFE,所以AB⊥ 面积S1=2π·OC·CD=2√3π，圆锥PO的表面积 平面CDFE,多面体ABCDEF的体积V=号， S2=π·OB2十元·OB·PB=4π十8π=12π，剩余几 AB·S= ×3v5x92_9v6 1 何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF为直径的圆 4 41 (圆柱下底面圆)，而挖去圆柱后，圆柱上底面圆（以 二、选择题 DE为直径的圆)成了表面的一部分，它与圆柱下底 7.AD【解析】A选项，根据题意，点O和直线CM都 面圆全等，所以剩余几何体的表面积是S1十S2= 在平面AA1C1C内，且CM⊥OC1,设CM∩OC1= P,如图，则根据对称性，PC= D 12r+23π. 5.C【解析】如图，连接B1D1,不妨设AB=2A1B1 PM.易知OC=2」 2,CC-1,则 4,棱台的高设为h,所以VA,B,C,D1ABCD= 3×(2X 在Rt△OCC1 中，OC1= 2+4×4+W2×2×4×4)= OC+CC =2,由20C· 因为E,P分别是按 A1B1,A1D1的中点，则AB=B CG-2O,·PC,得PC-,则cM=2C 4A1E,AD=4A1F.又因为平面A1EF平面ABD,可 2,故A正确，B选项，6∠0CP-瓷-9，在 h 知几何体A,EF-ABD是三棱台，则VA,FABD一 3 (合×1X1+合×4X4+合x1x1x×4x4)= △ACM中，CM-25,AC=E,所以AM 公所以分制之后较大部分的体积为V一 VAC+CM2-2AC·CM·cos∠OCP=V 3,放B 28h7h_35 VACDARCD-VA EF-ABD-32 6,所以较 错误：C选项，因为C-A≠cos∠0CM,放∠cOM士 90°，故C错误；D选项，由对称性易得△POC≌ ·46· ·数学· 参考答案及解析 △POM,OM=OC,又因为OA=OC,所以OA= OM,因此∠OAM=∠OMA,故D正确. w/1195W119 2 6 24 ,SAOO,D= 20D·0,0= 8.BCD【解析】易知正三棱柱每个顶点有3个面角， 1 x5×19_5V 1 其中两个面角是受，一个面角为，所以每个顶点的 2 6 12 144 ,5m4A=20,A·0:0= 曲率为2-2×智-号-行放A错，B对；对于C 1 含X9-5v 12 72 ,故SAo=5I9 24 易知正三棱锥每个顶点有3个面角，每个面角为3： 5W/1195W/1195√/119 ,又AD=2,故此时球心O 144 72 48 所以每个顶点的曲率为2x一3×号-元，所以正三棱 到AD的距离为 2 4g9,而5y9、V19 2S△40D_5W119 48 12 锥的总曲率为4π，C对；由多面体顶点的曲率等于2π 与多面体在该点的面角之和的差，可知总曲率等于 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为9 6 2π乘以顶点个数减去各个面的内角和，所以n(n∈ D正确 N°，n≥3)棱锥，由n个面为三角形，一个面为n边 三、填空题 形，共n+1个顶点，所以n(n∈N,n≥3)棱锥的总 9. 曲率为2π×(n十1)一nπ一(n一2)π=4π，故D正确. π【解析】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直 3 ￥BCD【解析】A选项，由题意得 径为2，高为4的圆锥的体积之和，故该麦门冬的体 BD=2,AB=4,又∠ABC= 5π 6 M 积v= 3×π×1X4X2=8m 31 放DE=-语×2-AC-× 10.1410800+3600√3【解析】由题意知，截去的八 6 6 个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加 4=1g9,扇形BDE的面积为分DE·BD=号×受 上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果 被截正方体的棱长是60cm,那么石凳的表面积是 1 1×10X 2-,扇形BAC的面积为号AC·AB-号×9 s-8×号×30巨×30反×sin60+6×30× 4-29“,放圆台的刻面积为驾“-智-5，A错误： 30w2=(10800+3600√3)(cm2). 四、解答题 B选项，圆台母线长AD=AB一BD=4一2=2，如图， 11.(1)证明：假设CM⊥BD,又因为正方形ABCD的 由题意得2x·0,D=DE-警，2·0A=AC- 边长为2， 且M是线段EF的中点，所以CF=MF=EM= 19解得0，D=号.0A=号过点D作DE10,A 10 DE=1,所以DM=CM=√2，又因为CD=2, 于点E,DE为圆台的高，则O,E=O,D=5 有DM2+CM2=CD2,所以DM⊥CM, ,AE= 因为BD∩DM=D,BDC平面BDM,DMC平面 O,A-O,E=名，由勾股定理得DE=VDA-AE BDM,所以CM⊥平面BDM, 因为BMC平面BDM,所以CM⊥BM, -(-四，放圆台的腐为四，B正确： 又因为CM=BM=√2，所以BC=2,这与BC< BF十FC=2矛盾，所以假设不成立， C选项，圆台的体积为[x·()+云·()+ 所以无论a取何值，CM与BD不可能垂直. (2)解：如图，过D作DN⊥AE V36r…gπ]×9-17519 25257 π，C正确；D选项， 于点N, 6 648 因为DE⊥EF,AE⊥EF,DE∩ 由于国台的高为四，当破的直农为四时，半轻为 AE=E,DE,AEC平面DAE, 6 所以EF⊥平面DAE, w/119 ,梯形0,0，DA的面积为OD+OA)·DE 又DNC平面DAE,所以EF⊥DN, 12 2 又DN⊥AE,AE∩EF=E,EF,AEC平面 ·47· 高三一轮复习周测卷 ABME, y又因为直三棱柱ABCA,BG的所有棱 所以DN⊥平面ABME,则DN=DEsin 4 =1× 长均相等， 2√2 如图，取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC, 22’ 又BB1⊥平面BAC,AFC平面BAC, 1 所以VD-ABME=3 ·S四边形ABME·DN= ×1+ 所以BB1⊥AF, 2xIx_ 又BB,∩BC=B,BB1,BCC平面BB,CC, 24 所以AF⊥平面BB,C1C, 12.(1)证明：如图，连接BA1,BC1, 1 因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，点 所以点A到平面BCD的距离为受，SAm 十 D为B1C的中点， tXL_1 BC1∩B1C=D,即点D为BC1的 2=4, 中点， 所以VB.cDE=1 VA.NCD- 1 又点E为A1C1的中点， 6 所以DE∥A1B, 解得t=2, 因为A1BC平面AA1B1B,DE中平面AA1B1B, 因为等边三角形ABC的外接圆半 所以DE∥平面AA,B1B. (2)解：因为直三棱柱ABC-A,B,C1的所有棱长均 径为，= 2 2 2 ，三棱柱 相等，AB=a, sin 3 3 的高h=2, 1 所以s三2 XaXaXsin3-a 所以三棱柱的外接球半径R= 所以VABC-A,B,C,=S△ABC·AA1= 4 1 (3)解：设AB=t,因为V=Vgcw=2VAm 所以三棱柱的外接球表面积S=4R:-2 3元 数学（十八） 一、选择题 中，易知平面ABCD⊥平面 0 1.D【解析】A选项，若m∥a,n∥a,则m∥n或m,n CDD1C1,不妨设a为平面 相交或m,n异面，A错误；B选项，若ma,m∥3，则 ABCD,B为平面CDD1C1,又可 aB或a,B相交，B错误；C选项，若m⊥a,a⊥B,则 知A1B1∥a∥3，所以当l=AB1 D m∥B或mCB,C错误；D选项，若m⊥a,m⊥B,则 时，l与B平行；A1D1a,AD1∩ aB,D正确. B=D1,所以当1=AD1时，l与 2.B【解析】如图，△ABC为等边三 B相交；C1D1∥a,C1D1CB,所以当1=C1D1时，l在 角形，D为BC中点，作PH⊥平面 B内. ABC,垂足为H,设AB=a(a>0), 4.D【解析】设N为BC的中点， 则PA=√3a,根据正棱锥性质，则 连接MN,NC1,因为M为AB a,PH=26 的中点，N为BC的中点，所以 AH=3 a,根据线面 MN∥AC,又因为AC1∥AC,所 角的定义，三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成角为 以A1C1∥MN,所以A1,M,N, M 2√6 C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交 2W2 ∠PAH,则sn∠PAH12 线为MN,则l即为MN所在直线，因为MN与AC 是异面直线，即1与AC1是异面直线，故A错误；因 3.D【解析】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D 为MN∥AC,而在直角△ACC1中，∠ACC=90°，则 ·48·