(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（B）

高三一轮复习单元检测卷/数学 (十三)立体几何初步 (考试时间120分钟，满分150分) 一、选择题（本题共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 日要求的) 1.已知3=一1一2i,则之在复平面内对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为√3，则圆锥的母线长为 A.3 B.2 C.23 D.3√3 3.已知α，3是两个不同的平面，l,m是两条不同的直线，则下列说法正确的是 A.若n∥a,l⊥a,则m∥l B.若m∥a,l⊥a,则m⊥l C.若m⊥a,l⊥m,则l∥a D.若a∥3，m⊥a,则m∥3 4.城市雕塑“三山一水”位于福建省福州市五一广场，是福州市的标志性雕塑，该雕塑以福州的自然 景观和历史文化为灵感，通过艺术的形式展现了福州“三山两塔一条江”的独特城市风貌和地域文 化特色.如图，为了测量城市雕塑“三山一水”的高度，选取了与该雕塑底部B在同一平面内的两 个测量基点C,D,测得∠CBD=30°，CD=23.8m,在C点测得雕塑顶端A的仰角为45°，在D点 测得雕塑顶端A的仰角为30°，则该雕塑的高度AB= A.47.6m B.35.7m C.23.8m D.11.9m 5.将菱形ABCD沿对角线BD向上折起，得到三棱锥A一BCD,E,F分别为棱AB,BC的中点，且 AB=BD=2,Q为楼CD上-点，若DE/∥平面AFQ,则8器 A号 B司 C.1 D.2 6.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良” “善行”.折扇常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如 图1).图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），圆弧DE,AC所在圆的半径分别为r1,r2, 且r2=2n,AD=10,若圆台的侧面积为150π，则该圆台的体积为 A.35/3 B.175V3x 3 3 C.875V3x D.875√3π 3 B 图1 图2 数学第1页（共4页）】 衡水金卷·先享题·高 7.已知圆锥PO的一个轴截面（经过旋转轴的截面）为等腰直角三角形PMV,点A,B在圆锥PO的 底面圆周上，且ABLMN..若直线P0与平面PAB所成角的正切值为号，则异面直线PA与MN 所成角的余弦值为 A支 &② 2 c n号 8.一圆柱放置于底面直径和高均为2的圆锥内，其底面放在圆锥的底面上，则该圆柱体积的最大 值为 A.V3x B.4v2n 9 27 c D 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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) 9.已知向量a=（一2,1)，b=(t,一1)，则下列说法正确的是 A若ab,则1=-司 B.若a与b共线，则t=-2 C.若t=0,则2a-b=5 D.b不可能是单位向量 10.如图，将棱长为2的正方体的六个面的中心连线，得到正八面体E一ABCD一F,则 A.四边形ABCD为正方形 B.AE∥平面BCF C.AB⊥DE D.若点P在棱AE上运动，则BP+DP的最小值为√6 11.过△ABC所在平面a外一点P作PO⊥a,垂足为O,则下列说法正确的是 A.若PA=PB=PC,则点O是△ABC的外心 B.若PA=PB=PC,∠ACB=90°，则点O是AB边的中点 C.若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的垂心 D.若点P到△ABC三边的距离相等，则点O是△ABC的重心 班级 姓名 分数 题号 6 9 10 11 答案 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）》 12.已知等差数列{an}共有2n一1项，其奇数项的和为70，偶数项的和为63，则a10= 一轮复习单元检测卷十三 数学第2页（共4页） 13.如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥平面ABCD,且底面各边均相等，M为棱PC上一点.请补充 一个条件，使得平面MBD⊥平面PCD.现有以下四个条件：①DM⊥PC;②DM⊥BM;③BM⊥ PC;④PM=MC,其中能成为补充条件的所有序号为 “0 A 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B'对应)，且 0A'=0B=1.0C-号，则△ABC的面积为 ;在以该△ABC为底面的三棱锥 A1一ABC中，AA1⊥平面ABC,AA1=4,则三棱锥A1一ABC外接球的表面积为 .(本 题第一空2分，第二空3分) 1 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) 在公差不为0的等差数列{am}中，a1=1,且a5是a2与a14的等比中项. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn=2m-2am,求数列{bn}的前n项和Sn. 16.(本小题满分15分) 如图，在三棱柱ABC一A1B,C1中，E,F,G,H分别为棱AB,AC,A1B1,A1C1的中点. (1)证明：B,C,H,G四点共面： H (2)证明：直线AA1,BG,CH三线共点； (3)证明：平面EFA1∥平面BCHG. - 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 17.(本小题满分15分) 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，∠BCD= 3 圆台的母线PA长为5，上底面圆的半径为1. (1)求该圆台的表面积； (2)求四棱锥P一ABCD体积的最大值. 18.(本小题满分17分) 如图，在正六棱锥P一ABCDEF中，AB=2,PA=√13. (1)求棱锥的高和斜高； (2)求直线DE到平面PAB的距离； (3)若球O是正六棱锥P一ABCDEF的内切球，以底面正六边形ABCDEF的中心为圆心，以内 切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥P一ABCDEF的内接几何 体，求该几何体的侧面积. 19.(本小题满分17分) 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，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，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角， 角度用弧度制，例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均 为2x-3×号=元，如图，在直三棱柱ABC-A,BC中，顶点A的曲率为，M,N分别为CC, 3 AB的中点，且AB=AC (1)证明：CN⊥平面ABB1A; (2)证明：平面AMB1⊥平面ABB1A1; (3)若AA1=2AB=4,求二面角A一MB1一C1的正切值. 三一轮复习单元检测卷十三 数学第4页（共4页） ®高三一轮复习B ·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) ⊙ ② ③④ ⑤ ⑥ 档次系数 选择题 5 复数在复平面内对应 多 0.80 的点 2 选择题 5 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 余弦定理的应用，测量 4 选择题 5 高度 分 0.65 由线面平行的性质求 选择题 线段长度之比 农 0.55 6 选择题 5 圆台的体积 中0.45 选择题 5 异面直线所成角的余 中 0.40 弦值 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 0.58 关系 L L 必 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 易 0.72 13 填空题 5 棱锥中的面面垂直 / 中 0.65 14 填空题 5 斜二测画法，多面体外 / / 中 0.45 接球的表面积 15 等差数列的通项，错位 解答题 13 0.68 相减法求和 ·69· ·数学· 参考答案及解析 证明四点共面、三线共 16 解答题 15 0.60 点、面面平行 务 圆台的表面积，棱锥体 17 解答题 15 积的最值 分 0.45 几何体的高，线面距 18 解答题 17 离，内接几何体的侧 / / / 难 0.28 面积 新定义题，线面垂直， 19 解答题 17 面面垂直，二面角的正 L 难 0.25 切值 昏考答案及解析 一、选择题 因为DE∥平面AFQ,DEC平面CDE,平面CDE∩ 1.B【解析】由3=-1-2i,得=十2 一3 平面AFQ=QM,所以DE∥QM,因为E,F分别为棱 石=一号十号故：在复平国内时应 -3(1-2i) AB,BC的中点，所以M为△ABC的重心，所以E兴 MO 的点为(-号，号)，位于第二象限，故选B 合，所以在△CDE巾，8-兴宁故远B 6C【解析】圆台的轴截面如图所示，设圆台上、下底 2.C【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r,则圆锥 面圆的圆心分别为O,O2,则OD=r1,O2A=r2,因 的母线长为√2十3，因为圆柱和圆锥的侧面积相等， 为r2=2r1,AD=10,圆台的侧面积为150π，所以 所以2πr×√=πr×√r十3，即25=√2+3，所 π(r1十n)l=150π，即30πr1=150π，解得r1=5,则 以圆锥的母线长为√+3=2√3.故选C. r=10,所以圆台的高h=√AD-(r2-n)F= 3.B【解析】对于A,B,若∥a,l⊥a,则m⊥l,故A错 √0-5=53，所以圆台的体积V=3h(+ 误，B正确；对于C,若m⊥a,l⊥m,则l∥a或lCa,故 C错误；对于D,若a∥B,m⊥a,则m⊥B,故D错误.故 十12) 5y5×(25+100+50)=875,3.枚t选C 选B. 3 3 4.C【解析】设AB=xm(x>0),由题意知在 01 D Rt△ABC中，∠ACB=45°，则BC=AB=xm,在 R△ABD中，∠ADB=30°，则BD= AB tan 30 an30=V5xm,则在△BD中，由余弦定理得 x CD=BC+BD-2BC·BDcos,∠CBD,即23.8= 02 x2十3x2-3x2=x2,解得x=23.8.故选C. 7.A【解析】设PM=2,则PN=PA=PB=2,所以 5.B【解析】如图，连接CE交AF于点M,连接QM, OM=ON=OP=√2，设AB与MN交于点C,连接 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 角，所以an20PC-祭号，所以0C-号oP-1 取PB的中点D,连接CD,OD,OB,则CD∥PA,且 CD=PA=1,所以∠OCD(或其补角)即为异面直 ·70· 高三一轮复习B ·数学· 线PA与MN所成的角：在R△POB中，OD=号PB √6，故D正确.故选ABD. 11.ABC【解析】对于A,如图， =1,所以OD=CD=OC,所以△OCD为等边三角 形，则∠OCD=60°，所以异面直线PA与MN所成角 的余弦值为c0s∠0CD=号.放选A D 因为PO⊥a,AO,BOCa,所以PO⊥AO,PO⊥BO, 故∠POA=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO,所 M 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, 8.C【解析】圆柱与圆锥的轴截面如图所示，设圆柱的 由A可知点O是△ABC的外心，又∠ACB=90°，所 底面半径为r(0<<1),高为6，由2-千，得A 以根据直角三角形斜边的中线是斜边的一半，可得 点O为AB边的中点，故B正确；对于C,因为PA⊥ =2一2r,所以圆柱的体积V=πrh=2πr2(1-r),0 PB,PB⊥PC,PA∩PC=P,PA,PCC平面PAC,所 <<1,则V=-2r(3r-2,令V=0,得r=号或 以PB⊥平面PAC,又ACC平面PAC,所以PB⊥ AC,因为PO⊥a,ACCa,所以PO⊥AC,又PB∩PO =0(舍)，所以当0<<号时.V>0,V单调递增， =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CO⊥ 当号<<1时，V<0,V单调递减，所以当r=号时， AB,AO⊥BC,所以点O是△ABC的垂心，故C正 V取得最大值，所以圆柱体积的最大值为2π 确；对于D,当点P到△ABC三边的距离相等时，如 (号)'×子-努故选C 图，PD,PE,PF分别为AB,BC,AC边所在直线的 垂线，则PD=PE=PF, 二、选择题 a 9.AC【解析】对于A,由a⊥b,得a·b=-2t-1=0, 因为PO⊥a,ABCa,所以PO⊥AB,又PD⊥AB, PO∩PD=P,PO,PDC平面PDO,所以AB⊥平面 解得1=一士故A正确：对于B,由。与6共线，得 PDO,因为DOC平面PDO,所以AB⊥DO,同理可 -2×(-1)一t=0,解得t=2,故B错误：对于C,当 得BC⊥EO,AC⊥FO,因为PD=PE=PF,所以DO t=0时，2a-b=(-4,2)-(0,-1)=(-4,3),则 =EO=FO,所以点O到△ABC三边所在直线的距 |2a-b=5,故C正确：对于D,当t=0时，b= 离相等，所以点O是△ABC的内心，故D错误.故 (0,一1)为单位向量，故D错误.故选AC. 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+1 12.7【解析】设数列{an}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十a2a-1)=a.=70,偶数项的和为 2 所以AE∥CF,又AE寸平面BCF,CFC平面BCF, 所以AE∥平面BCF,故B正确：易知△CDE为等 )g+w2=(a-1Da,=3故马=得 边三角形，所以∠CDE=60°，又AB∥CD,所以异面 10 直线AB与DE所成的角为∠CDE=60°，故C错 =9,解得n=10,则ma,=10a1o=70,所以ao=7. 误；将△ABE沿AE展开，使得△ABE与△ADE在 13.①③【解析】连接AC,由题可得四边形ABCD为 同一平面内，得到菱形BADE,连接BD,当P为BD与 菱形，则AC⊥BD,因为PA⊥平面ABCD,BDC平 AE的交点时，BP+DP取得最小值，所以BP+DP的 面ABCD,所以PA⊥BD,因为PA∩AC=A,PA, 最小值为BD=√AB十AD-2AB·ADcos120= ACC平面PAC,所以BD⊥平面PAC,又PCC平面 ·71 ·数学· 参考答案及解析 PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC时，BD∩DM 2n)·2"-l, (12分) =D,BD,DMC平面MBD,所以PC⊥平面MBD, 又PCC平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.同 所以S=号+(2m-3)2 (13分) 理当BM⊥PC时，可得平面MBD⊥平面PCD.由 16.解：(1)G,H分别为棱A1B,AC的中点， ②④不能得到平面MBD⊥平面PCD.故①③能成 为补充条件。 ∴GH/BC,且GH=BC, 14.√364x【解析】由题可知在△ABC中，AB=2, 在三棱柱ABC-ABC中，BC∥BC,BC =BC, AB边上的高A=20C=B,所以S=子AB· GH∥BC,且GH=2BC. h=√3.如图，将三棱锥A一ABC补形成三棱柱 ∴.B,C,H,G四点共面. (4分) ABC-A1BC,则三棱柱ABC-A:B1C1的外接球 (2)由(1)可知四边形BCHG为梯形， 即为三棱锥A,一ABC的外接球， .直线BG与CH相交， (5分) 设BG∩CH=P, B ,BGC平面AAB1B,CHC平面AAC1C, ∴.P∈平面AABB,且P∈平面AA1C1C, 平面AA1B1B∩平面AA1C1C=AA, ∴P∈AA1, 0 ∴.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, EF文平面BCHG,BCC平面BCHG, ∴.EF∥平面BCHG. (10分) 设三棱柱ABC一AB,C1外接球的球心为O, 在三棱柱ABC-ABC中，AB∥AB,且AB △ABC,△AB,C外接圆的圆心分别为O,O2,则 =AB, 球心O为线段O1O,的中点，连接OA,OA,易知 AG/EB,且A,G=AB=合AB=EB, △ABC为等边三角形，所以OA= 号Asm60- ∴.四边形AEBG为平行四边形 2.所以0=0+0 2w3 ）+22=16 .AE∥BG, (13分) 3 3 :AE丈平面BCHG,BGC平面BCHG, 所以三棱锥A:一ABC外接球的表面积为S=4π· .AE∥平面BCHG, (14分) OA=64π :AE∩EF=E,AE,EFC平面EFA1, 3 .平面EFA∥平面BCHG. (15分) 四、解答题 17.解：(1)连接BD, 15.解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a是a2与a:的等比中项， 因为∠BCD=号，所以∠BAD- 3 所以a=a2a14, 因为AB=AD=4, 即(a+4d)2=(a1+d)(a1+13d), (2分) 所以在△ABD中，由余弦定理得BD=AB十AD 又a4=1, -2AB·ADcos,∠BAD=48, 所以(1+4d)2=(1+d)(1+13d),化简得f=2d, 则BD=4√3， (3分) 又d≠0，所以d=2, (5分) 所以由正弦定理可得外接圆的直径2R= BD 则an=a1+(n-1)d=1十2(n-1)=2n-1. sin∠BAD (6分) =45=8 (2)由(1)得b=2"-2am=(2n-1)·2=2,(7分) 3 则Sm=1·21+3·2°+5·2+…+(2n-3)· 2 2-3+(2n-1)·2-2, 所以圆台下底面圆的半径R=4, (5分) 所以2S=1·2+3·2+5·2+…+(2n-3)· 又上底面圆的半径r=1, 2"-2+(2n-1)·2"-1, (9分) 所以圆台的表面积S=S侧十S上十S下=π(r十R)l 两式相减得一S.=21十2十22十…十2m-1-(2n 十π十πR2=25π十π十16π=42元. (7分) D·2=+22）-(2m-1D2 1-2 (2)由(1)可知∠BAD=2, 3 号-2+22-(2m-1）·21=-号+(3 所以SaD=号AB·ADsin∠BAD=4E.(8分) ·72· 高三一轮复习B ·数学· 在△BCD中，由余弦定理得BD=BC十CD 2BC·CDcos.∠BCD=BC+CD-BC·CD≥BC ·CD, 当且仅当BC=CD时等号成立， 由(1)可知BD=48, 所以BC·CD≤48， (11分) 所以Saam=BC·CDsin∠BCDK12E, 所以四边形ABCD面积的最大值为16√3，(12分) 由(1)可知在Rt△POM中，PO=3,PM=2√3， 又圆台的高h=W√-(R-r)下=√25-g=4, 则MO=√3，∠OPM= (12分) 所以四棱锥P-ABCD体积的最大值为子×16V5 6 则在Rt△POH中，PO=2OH X4=643 (15分) 设内切球的半径为r,则OH=OO=r,PO=2r, 3 所以3r=3,解得=1， 18.解：(1)过点P作PO'⊥底面ABCDEF, 故所求几何体是底面半径为1的圆柱。 (14分) 则PO为正六棱锥的高，且O为底面正六边形的 在线段MO上取点N,使得ON=1, 中心， 过点N作NR⊥MO,交PM于点R,过点R作RS 连接OC,则OC=-2, ∥MO,交PO于点S, 所以在Rt△POC中，PO=√PC-OCr=3, 即正六棱锥P-ABCDEF的高为3. (2分) 取BC的中点M, 由题知△PBC为等腰三角形， 所以PM⊥BC,则PM为正六棱锥的斜高， 所以在Rt△PMC中，PM=√PC-MC=2√3， 即正六棱锥P-ABCDEF的斜高为2√3. (5分) 则在RAPOM中，器-器 所以RN=PO:MN-3B1D=3-5,16分) MO √3 故所求几何体是底面半径为1，高为3一√3的圆柱， 其侧面积为2(3一√5)π. (17分) 19.解：(1)在直三棱柱ABC-A1BC中，AA1⊥平 (2)在正六边形ABCDEF中，DE∥AB, 面ABC, 因为ABC平面PAB, 因为AC,AB,CVC平面ABC, 因为DE∥平面PAB, 所以AA⊥AC,AA⊥AB,AA⊥CN, 所以点D到平面PAB的距离d等于直线DE到平 面PAB的距离. (7分) 所以顶点A的曲率为2x一2X受-∠BAC=要。 3 由VD-PAB=VP-ABD, (3分) 得3SaB·d=合Sam·P0, 则∠BAC=号， 因为AB=AC,所以△ABC为正三角形， SAMB=2X2X 213-213,SAAMD =2X2X 因为N为AB的中点，所以CN⊥AB, (4分) 又AA1∩AB=A,AA1,ABC平面ABB1A1, 2√/3=23， 所以CV⊥平面ABBA· (5分) 所以d=PO=3, (2)取AB:的中点D,连接DM,DN, 所以直线DE到平面PAB的距离为3. (10分) (3)设正六棱锥P-ABCDEF的内切球与侧面PBC 切于点H, 易知点H在PM上，连接OH,则OH⊥PM, ·73· B M