(13)立体几何初步-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习单元检测卷（湖南专用）

① 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 17.(本小题满分15分) 12.已知等差数列(4}共有2n一1项，其奇数项的和为70，偶数项的和为63，则 如图，ABCD是圆台下底面圆的内接四边形，AB=AD=4,C为底面圆周上一动点， 13.已知a,3是两个平面，AB,CD是两条线段，a∩B=EF,AB⊥a于点B,CD⊥a于点 ∠BCD=,圆台的母线PA长为5，上底面圆的半径为1. D.若增加一个条件，就能得出BD⊥EF,现有以下四个条件： (1)求该圆台的表面积： ①AC⊥3： (2)求四棱锥P一ABCD体积的最大值. ②AC与a,3所成的角相等： ③AC与CD在B内的射影在同一条直线上： ④AC∥EF. 18.(本小题满分17分) 其中能成为增加条件的所有序号为 14.已知△ABC在斜二测画法下的直观图为如图所示的△A'B'C'(A与A'对应，B与 如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AB=AD=号BC=2,E为线段BC的中点， AE∩BD=M,将△BAE沿AE翻折得到四棱锥B,一AECD,且B,M1平面AECD. B对应)，且0A'=0B=1,0C'=号，则△ABC的面积为 ；在以该 (1)证明：平面B,AE⊥平面BMD: △ABC为底面的三棱锥P-ABC中，△PAB≌△CAB,PC=3,则三棱锥P-ABC (2)求二面角B,-CD-A的大小； 外接球的表面积为 .(本题第一空2分，第二空3分) (3)线段BC上是否存在一点P,使得MP∥平面BAD?若存在，求出线段CP的 长；若不存在，请说明理由. 四、解答题（本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 已知数列{an}的前n项和为S.,a1=1,且2Sn=nan1. 19.(本小题满分17分) (1)求(a.}的通项公式： 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体M的一个顶点，定义多面体 1 (2)若么，-之，数列6的前n项和为T,求证：T<2 M在点P处的离散曲率为pn=1一2元∠Q,PQ:+∠Q:PQ+…+∠Q-PQ,+ ∠QPQ1),其中Q(i=1,2,,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且 平面QPQ,平面QPQ,…,平面Q-1PQ和平面Q:PQ1为多面体M的所有以P 为公共点的面.如图为三棱锥P一ABC. (1)求三棱锥P一ABC在各顶点处的离散曲率的和： 16.(本小题满分15分) (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散 如图，在三棱柱ABC-AB,C中，E,F,G,H分别为棱AB,AC,AB,AC的 曲率为爱 中点. (1)证明：B,C,H,G四点共面： (i)求点A到平面PBC的距离； (2)证明：直线AA,BG,CH三线共点： (3)证明：平面EFA,∥平面BCHG. (1)Q为棱PB上一点，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为一，求线段BQ 的长. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三一轮复习单元检测卷十三 数学第4页（共4页） AN高三一轮复习AN ·数学· 高三一轮复习单元检测卷/数学（十三） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 I.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 题号 题型 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 值 (主题内容) V ① ② ③④ ⑤ ⑥ 档次系数 1 选择题 5 复数方程 易 0.80 2 选择题 圆柱、圆锥的侧面积 易 0.75 3 选择题 5 平行、垂直关系的判定 易 0.72 选择题 5 余弦定理的应用，测量 4 高度 的 0.65 由线面平行的性质求 选择题 线段长度之比 分 0.55 6 选择题 5 异面直线所成角的余 / 弦值 L 次 0.45 7 选择题 5 与多面体体积有关的 情境题 中 0.40 棱锥的体积与导数的 8 选择题 5 / 综合 中 0.35 9 选择题 6 平面向量的坐标运算 分 0.68 几何体中的平行、垂直 10 选择题 6 关系 L 分 0.58 由直线与平面垂直判 11 选择题 6 断平面几何中三角形 √ / 的 0.28 的四心 12 填空题 5 等差数列奇偶项的和 卻 0.72 13 填空题 5 空间中的垂直 中 0.50 14 填空题 5 斜二测画法，多面体外 中 0.45 接球的表面积 15 13 数列的通项，错位相减 解答题 / 0.68 法求和 ·73· ·数学· 参考答案及解析 证明四点共面、三线共 16 解答题 15 点、面面平行 务 0.60 圆台的表面积，棱锥体 17 解答题 15 积的最值 农 0.45 证明面面垂直，求二面 18 解答题 17 角的大小，与线面平行 / 雅 0.28 有关的探究问题 新定义题，立体几何与 19 解答题 17 难 0.25 解三角形的综合 考答案及解析 一、选择题 1.B【解析】由题意可得(1-i)2十a(1-i)十b=0,即 AD∥BC,AD=BC,E为棱AD的三等分点，所以AC CG (a十b)-(a十2)i=0,所以a十b=0,a+2=0,所以 a2-b2=(a十b)(a-b)=0.故选B. 能日，光子所以览=子放选D 2.C【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r,则圆锥 6.A【解析】设PM=2,则PN=PA=PB=2,所以 的母线长为√十3，因为圆柱和圆锥的侧面积相等， OM=ON=OP=√2，设AB与MN交于点C,连接 所以2πrX√3=πr×√2+3，即25=√/2+3，所 PC,因为AB⊥MN,所以PO在平面PAB内的射影 为PC,所以∠OPC为直线PO与平面PAB所成的 以圆锥的母线长为√+3=2√3.故选C. 3.B【解析】对于A,B,若m∥a,l⊥a,则m⊥l,故A错 角，所以n∠0PC-器-号，所以O0-号oP= 误，B正确；对于C,若m⊥a,l⊥m,则l∥a或lCa,故 取PB的中点D,连接CD,OD,OB,则CD∥PA,且 C错误；对于D,若a∥B,m⊥a,则m⊥B,故D错误.故 选B. CD=PA=1,所以∠OCD(或其补角)即为异面直 4.C【解析】设AB=xm(x>0),由题意知在 Rt△ABC中，∠ACB=45°，则BC=AB=xm,在 线PA与MN所成的角，在R1△POB中，OD=PB R△ABD中，∠ADB=30°，则BD= AB =1,所以OD=CD=OC,所以△OCD为等边三角 tan30° 形，则∠OCD=60°，所以异面直线PA与MN所成角 am30=√5xm,则在△BCD中，由余弦定理得 x 的余弦值为c0s∠OCD=号.放选A CD=BC+BD-2BC·BDcos,∠CBD,即23.8= x2十3x2-3x2=x2,解得x=23.8.故选C. 5.D【解析】连接AC交BE于点G,连接FG D M B 7.C【解析】设O为正四棱锥底面的中心，连接OP, 0H,则PH=6×号 =35,OH=3,0P= 因为PA∥平面BEF,PAC平面PAC,平面PAC∩ PH-0m=3E,am∠PH0=8器=E, 平面BEF=FG,所以PA∥FG,所以瓷-怨.因为 .AB=AC=2V2,AB⊥AC,.BC=4.取BC的中点 M,连接AM,则AM⊥BC,且AM=号BC=2,过点D ·74· 高三一轮复习AN ·数学· 作DG⊥OH于点G,∴.DG=AM=2,则在Rt△DGH 误；将△ABE沿AE展开，使得△ABE与△ADE在 中，GH=amSO=E,过点E作EN∥AB交AD DG 同一平面内，得到菱形BADE,连接BD,当P为BD与 AE的交点时，BP+DP取得最小值，所以BP十DP的 于点N,连接NF,则DN=GH,.AN=AD-DN= 最小值为BD=√/AB十AD-2AB·ADcos120= 2√2，故这个茅屋（含甬道）的室内容积为V=V四战 √6，故D正确.故选ABD. 中Vmg+-g=子X6X6X3E+合× 11.ABC【解析】对于A,如图， D (2巨)×2E+号×合×(22)°×厄 136E（m).故选C, 3 B 因为PO⊥a,AO,BOCa,所以PO⊥AO,PO⊥BO, 故∠POA=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO,所 以△POA≌△POB,则AO=BO,同理可得AO= CO,所以点O是△ABC的外心，故A正确；对于B, 由A可知点O是△ABC的外心，又∠ACB=90°，所 以根据直角三角形斜边的中线是斜边的一半，可得 8.A【解析】设正棱锥的底面正多边形外接圆的半 点O为AB边的中点，故B正确；对于C,因为PA⊥ 径为R,则外接圆的面积为S=πR,因为正棱锥的 PB,PB⊥PC,PA∩PC=P,PA,PCC平面PAC,所 侧棱长为3，所以0<R<3,且正棱锥的高为h= 以PB⊥平面PAC,又ACC平面PAC,所以PB⊥ √3一R=√9一R,设正棱锥底面多边形的面积 AC,因为PO⊥a,ACCa,所以PO⊥AC,又PB∩PO 为S,则正棱锥的体积V=号Sh<子R:· =P,PB,POC平面PBO,所以AC⊥平面PBO,因 为BOC平面PBO,所以BO⊥AC,同理可得CO1 /0-R=子xV9R-R,0<R<3,令x=R∈ AB,AO⊥BC,所以点O是△ABC的垂心，故C正 确；对于D,当点P到△ABC三边的距离相等时，如 (0,9),则V<号元V0m-7.令f(x)=9x-, 图，PD,PE,PF分别为AB,BC,AC边所在直线的 垂线，则PD=PE=PF. x∈(0,9)，则f'(x)=18x-3x2=3x(6-x),所以 当x∈(0,6)时，f(x)>0,f(x)单调递增：当x∈ (6,9)时，f(x)<0,f(x)单调递减，所以f(x)mx =f(6)=108,所以V<号x×√08=25元<11，结 合选项可知A选项符合题意，故选A. 二、选择题 9.ABD【解析】由题得m=(cosa,一sina),n= a (cos3,sin3),则m·n=cos acos3-sin asin3= 因为PO⊥a,ABCa,所以PO⊥AB,又PD⊥AB, cos(a十B),故A正确；m2十m2=cos2a十sina十cos2B PO∩PD=P,PO,PDC平面PDO,所以AB⊥平面 十sinB=2,故B正确；若m∥n,则cos asin B= PDO,因为DOC平面PDO,所以AB⊥DO,同理可 -sin acos B,即cos asin B+sin acos B=sin(a十B)= 得BC⊥EO,AC⊥FO,因为PD=PE=PF,所以DO 0,所以a十B=kπ(k∈Z),故C错误；由A,B选项可 =EO=FO,所以点O到△ABC三边所在直线的距 得|m十n2=m2+n2+2m·n=2+2cos(a+β)≤4， 离相等，所以点O是△ABC的内心，故D错误.故 所以|m十n|≤2，故D正确.故选ABD. 选ABC 10.ABD【解析】由题意可知正八面体各棱长均相等， 三、填空题 故四边形ABCD为菱形，易得AB=BC=√I十1” 12.7【解析】设数列{am}的公差为d,由题可知奇数 项有n项，偶数项有n一1项，所以奇数项的和为 =√2，AC=2,所以AB⊥BC,则四边形ABCD为正 方形，故A正确；同理可得四边形AECF为正方形， n(a+a）=na.=70,偶数项的和为 所以AE∥CF,又AE工平面BCF,CFC平面BCF, 所以AE∥平面BCF,故B正确：易知△CDE为等 a=）Cg+a2=(n-1)a=63,故”-器 边三角形，所以∠CDE=60°，又AB∥CD,所以异面 直线AB与DE所成的角为∠CDE=60°，故C错 =9,解得n=10.则a.=10a6=70,所以a6=7。 ·75· ·数学· 参考答案及解析 13.①③【解析】由题意得AB∥CD,A,B,C,D四 四、解答题 点共面.对于①，：AC⊥B,EFC,.AC⊥EF, 15.解：(1)因为2Sm=1aa+1, AB⊥a,EFCa,∴AB⊥EF,AB∩AC=A,AB 所以当n≥2时，2Sa-1=(n-1)am, ACC平面ABCD,∴.EF⊥平面ABCD,又BDC平 两式相减得2an=aa+1一（n一1)am, 面ABCD,∴EF⊥BD,故①能成为增加的条件；对 即(n十1)an=naa+1, (3分) 于②，由①可知，若BD⊥EF成立，则有EF⊥平面 即片=a,n≥2， ABCD,则有EF⊥AC成立，而由AC与a,B所成的 n+l n 角相等无法确定EF⊥AC,故②不能成为增加的条 又2a1=a2=2, 件；对于③，CD⊥a,EFCa,∴.CD⊥EF,∴.CD在 B内的射影与EF垂直，又AC与CD在B内的射影 所以号-受=1，所以{% n }是首项为1的常数列， 在同一条直线上，∴AC⊥EF,:CD∩AC=C,CD, 所以an=n. (6分) ACC平面ABCD,.EF⊥平面ABCD,又BDC平 (2)由1D可得6.=受=1·六， (7分) 面ABCD,.EF⊥BD,故③能成为增加的条件；对 于④，若AC∥EF,则EF∥平面ABCD,又a∩平面 所以Tn=b1十b2十b…十b-2十b-1十b ABCD=BD,EFCa,∴.EF∥BD,故④不能成为增 =号+2+3…… 1 2…+(n-2)·2+(n-1) 加的条件.综上，①③能成为增加的条件. 1 14.528x【解析】由题可知在△ABC中，AB=2, 3 AB边上的高h=20C'=B,所以Sae=号AB: 2N1 1 h=√3.且AC=BC=2,所以△ABC为等边三角形， 十(n-1)·2交+n‘2, 由△PAB≌△CAB,得△PAB是边长为2的等边三 两式相减得号工.=十十十…叶 1 1 角形，设D,E分别为△PAB,△ABC外接圆的圆 心，AB的中点为F,连接PF,CF,PF,CF分别过点 D,E,且PF=CF=√5，PF⊥AB,CF⊥AB,过点D, 1 1 n·2 20+T=1 2 E分别作平面PAB,平面ABC的垂线，两垂线交于 1 点O,则点O为三棱锥P一ABC外接球的球心，连 接OC,OF,则OC为外接球的半径，在△PFC中，由 (12分) 余弦定理得cos∠PFC=PF十CF-PC 2PF·CF 所以T.=2-+2<2. (13分) 3十3-9=-1 -2,所以∠PFC=120,因为D,E 16.解：(1)：G,H分别为棱AB,AC的中点， 2X5X5 分别为△PAB,△ABC外接圆的圆心，所以CE GH/BC,且GH=BC, 子CF-9,EF=cF-吾，且DF=ER,因为 在三棱柱ABC-AB:C中，BC∥BC,BC 3 =BC, OD⊥PF,OE⊥CF,OF=OF,所以Rt△ODF≌ Rt△OEF,所以∠OFD=∠OFE=60°，所以OE= :GH∥BC,且GH=BC, EFtan60°=1，所以OC=OE+CE=12+ ∴.B,C,H,G四点共面 (4分) ()=子·所以三维P-AC外接球的表面 (2)由(1)可知四边形BCHG为梯形， ∴.直线BG与CH相交， (5分) 积S=4π× 728π 设BG∩CH=P, 3 3 BGC平面AAB:B,CHC平面AA1C1C, ∴.P∈平面AABB,且P∈平面AACC, 平面AA1B1B∩平面AAC1C=AA1, .P∈AA1, .直线AA1,BG,CH三线共点， (8分) (3),E,F分别为棱AB,AC的中点， ∴.EF∥BC, .EFE平面BCHG,BCC平面BCHG, .EF∥平面BCHG. (10分) 在三棱柱ABC-ABC中，AB,∥AB,且AB =AB, ·76· 高三一轮复习AN ·数学· ∴A,G/EB,且A,G=A,B=AB=EB, 又AEC平面BAE, 所以平面BAE⊥平面BMD (5分) .四边形AEBG为平行四边形， .AE∥BG, (13分) (2)在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD= C,E 2 ,AE女平面BCHG,BGC平面BCHG, 为线段BC的中点， .AE∥平面BCHG, (14分) 所以AD∥EC,AD=EC, :A1E∩EF=E,A1E,EFC平面EFA1, 所以四边形AECD为平行四边形， .平面EFA1∥平面BCHG (15分) 所以AE∥CD, (7分) 17.解：(1)连接BD, 由(1)可知AE⊥DM,AE⊥平面B1MD, 因为∠BCD=号，所以∠BAD= 所以CD⊥DM,CD⊥平面BMD, 3, 又B:DC平面B1MD,所以CD⊥BD, 因为AB=AD=4, 所以∠BDM为二面角B1一CD-A的平面角. 所以在△ABD中，由余弦定理得BD=AB十AD (9分) -2AB·ADcos∠BAD=48, 因为BM⊥平面AECD,DMC平面AECD, 则BD=4√3， (3分) 所以B,M⊥DM (10分) 所以由正弦定理可得外接圆的直径2R= BD 又B1M=DM, sin∠BAD 所以∠BDM=45°， =45=8, 即二面角B1一CD-A的大小为45°. (11分) 5 (3)假设线段BC上存在一点P,使得MP∥平 面BAD 所以圆台下底面圆的半径R=4, (5分) 过点P作PQ∥CD交线段B:D于点Q,连接MP, 又上底面圆的半径r=1, AQ,CM, 所以圆台的表面积S=SW十S上十S=π(r十R)l 十πr2十πR2=25π十π十16π=42π。 (7分) (2)由(1)可知∠BAD=2π 31 所以S△MD=ZAB·ADsin.∠BAD=45.(8分) 在△BCD中，由余弦定理得BD=BC十CD 2BC·CDcos.∠BCD=BC+CD2-BC·CD≥BC ·CD, 由(2)可知AE∥CD,所以AM∥CD 当且仅当BC=CD时等号成立， 所以AM∥PQ, 由(1)可知BD=48, 所以A,M,P,Q四点共面， (12分) 所以BC·CD≤48， (11分) 因为MP∥平面B1AD,平面AMPQ∩平面BAD= 所以Sam=BC·CDsin∠BCD≤12，E, AQ,MPC平面AMPQ, 所以MP∥AQ, 所以四边形ABCD面积的最大值为163，(12分) 所以四边形AMPQ为平行四边形， 又圆台的高h=√-(R-r)7=√25-9=4， 枚AM=PQ=2CD, 所以四棱锥P-ABCD体积的最大值为号×16 所以P,Q分别为线段B,C,BD的中点， X4=643 故线段BC上存在一点P,使得MP∥平面BAD, (15分) 3 18.解：(1)连接DE, 哈影- (15分) 易知△B1AE为正三角形，又AB1=2, 在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AB=AD=2BC, 1 所以BM=DM=√3 E为线段BC的中点， 所以CM=√DMP+CD=√7， 所以四边形ABED为菱形， 所以AE⊥BD, (2分) 所以BC=√CM+B1M证=√7+3=√I0, 又AE∩BD=M, 所以CP=西 2 (17分) 所以AE⊥BM,AE⊥DM, 因为B1M∩DM=M,BM,DMC平面BMD, 所以AE⊥平面BMD, (4分) ·77· 19,解：1)由题意得m=1-云（∠APB+∠BPC+ ∠APC), (1分) =-1-云（∠PAB+∠BAC+∠PAC),2分） a=1六（∠PA+∠ABC+∠PBC, (3分) e=1-云（∠PCA+∠AcB+∠PCB), (4分) 1 所以gm十p十98十pe=4一2元X4n=2. (5分) (2)(1)因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以PA⊥BC, 因为AC⊥BC,AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC, (6分) 又PCC平面PAC, 所以BC⊥PC,所以∠PCB=受， 又∠ACB=受 所以=1（∠PCA+∠ACB+∠PCB)=1 (∠pCA+a)=g 解得∠PCA=平 (8分) 过点A作AM⊥PC于点M, 因为BC⊥平面PAC,AMC平面PAC, 所以BC⊥AM, 又BC∩PC=C,BC,PCC平面PBC, 所以AM⊥平面PBC, 所以点A到平面PBC的距离即为线段AM的长， (10分) 在R△ACM中，AM=ACn∠PCA=2×号=E, 所以点A到平面PBC的距离为√2. (11分) (i)过点Q作QG∥PA交AB于点G,连接CG, P