第8章 立体几何初步 A卷 基础达标卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂单元双测卷（人教A版）

数学A版· 12.解析：由题意知m>0,(log2m)2十16≤25，即 (log2m)2≤9，-3≤log2m≤3，所以23≤m≤23，即 名<m<8。 答案[日8] 13.解析：(1)不正确，设互为共轭复数的两个复数分别 为之=a十bi及之=a-bi(a,b∈R),则之-之=2bi或之 一之=一2bi,当b≠0时，之一之，之一之是纯虚数，当b=0 时，之一之=0，之一之=0： (2)不正确，可以举反例：设之=i,则之2=2=一1<0： (3)不正确，可以举反例：设1=3十i,之2=2十i,则 之1一2=1>0，但之1，之2不能比较大小： (4)不正确，：a>b,∴.a,b∈R,故a十i,b+i都是虚 数，不能比较大小.故填0. 答案：0 14.解析：z=z1-2=(3.x+y-4y+2x)+(y-4x+5x +3y)i=(5x-3y)+(x+4y)i=13-2i. 1郑化 y=-1. .21=5-9i,22=-8-7i. 答案：5-9i-8-7i 15.解：设之=a+bi,则之=a-bi(a,b∈R), .(1+2i)(a-bi)=4+3i..(a+2b)+(2a-b)i=4 +3i. :8+2h=4a=2,6=1,g=2+i.2=2- (2a-b=3, 三2+-+ 之2一i 5 16.解：(1)设x=a十bi(a、b∈R),则2=a2-b2+2abi, 由题意得a2+b2=2且2ab=2,解得a=b=1或a= b=-1,所以之=1十i或之=-1一i. (2)当之=1十i时，之2=2i,之-2=1-i,所以A(1, 1)、B(0,2)、C(1,-1),所以S△ABC=1. 当之=-1-i时，之2=2i,x-之2=-1-3i, 所以A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),所以S△ABC =3×2X1=1 17.解：1)因为=2i+10-2i=10=10(3-D=3-i, 3+i 3+i 10 所以|x|=√0. (2)因为(3-i)(3-i+a)=(3-i)2+(3-i)a=8+3a a+6)i=b+i,所以8+3a=b, >a=-7, 1-(a+6)=1,1b=-13. 15-5i15-5i(15-5i)(3-4i) 18.解：(1)因为2=(2+)23+4i (3+4i)(3-4i) =2575i=1-3i,所以12=(2-3i)(1-3i)= 25 -7-9i. (2)由之-名|=1知，之在以(2，-3) 为圆心，以1为半径的圆上，如图：之2 在复平面内对应的点为B(1,一3)， 0 所以当之对应的点为A(3,一3)时， |之一之2的最大值为2. BA 必修第二册 l9.解析：(1)之1·z2=r1(cosa十isin a)·r2(cos3+isin3) =rir2[cos acos B-sin asin B+i(sin acos B+cos asin ]=os(a+B)+in(a+B小， r(cos a+isin a)r (cos a+isin a)(cos B-isin B) r2(cos B+isin B)r2 (cos B+isin B)(cos B-isin B) r[cos acos B+sin asin B+i(sin acos B-cos asin B)] r2 (cos2B+sin2B) -月[costagD+isine-g]: (2)设arg之3=a,arg之4=B,之3的模为r3,之4的模为 r4,a,3∈[0,2x),对于之3=1-cos0+isin0有 (1-cos 0=r3cos a>0 ,0∈（元，2x), sin 0=rasin a<0 对于4=1+cos0+isin0有{，+cos9=c0s>0 Isin 0=rasin <0 sin 0 sin 0e(r,2x),所以tana=-cos0tan月=1中c0s0 ,9∈（受，2x)降以tama+tan月=00十 sin sin a sin (1+cos +sin (1 cos 0)2 1+cos 0 (1-cos8)(1+cos0) sin sin sin tan atan--os0‘1中cos0-l,所以an(a+) tana十tan巴无意义，即a十B的角的终边在y轴上，又a 1-tan atan B +3∈(3π，4x),所以a+B=2 -7匹，即arg3十arg4= 7π (3)如图，建立平面直角坐 标系，在复平面内，过原点 A作BC的平行线，过C作 AB的平行线，交于点D, 则AB+AD=AC,所以c (cos A+isin A)+a[cos (-C)+isin(-C)]=b,即 ccos A+icsin A+acos C- iasin C=b,E (ccos A+acos C)+i(csin A-asin C)=b 根据复数的定义，实部等于实部，虚部等于虚部，可 将A十m二降以品 sin A=sin C.ccos A+ aasC=6,同里B+-asA= b sin C sin Bbcos C.+ccos B=a,所以a b b sin A sin B sin Ca=bcos C+ccos B,b=acos C+ccos A.c= acos B+bcos A. 第八章 立体几何初步 (A卷) 1.B[①③⑤不是柱体，②是圆柱，④是以左、右面为底 面的棱柱.] 2.C「该几何体是圆柱. 3.A[因为AD∥BC∥B1C1,且1与B1C1不平行，所 以1与AD不平行.] 4.B[设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 √2+3，而它们的侧面积相等，所以2πr×√3=πrX 参考 √3十r2,即2√5=√3+r2,故r=3,故圆锥的体积为 言×9x5=35] 5.B[当三棱锥D-ABC的体积最大时，平面DAC⊥ ABC,取AC的中，点O,连接OD,OB(图略)，则△DBO 是等腰直角三角形，即∠DBO=45°.] 6.D[三棱锥B1一C1D1E的体积即为三棱锥D1一 B1C1E的体积，三棱锥D1一B1CE的底面积为S= 合，高为1，所以所求体积为号×2×1=日] 7C[解法-：如F图①，AD=誓A0=号AD-写. S0=SA-A0=号反R2=(号E-R2+号 R娘的依积为厚。 2 E 07D B ① ② 解法二：构造棱长为1的正方体如上图②，则C1A1BD 为棱长为√2的正四面体，正方体的外接球也为正四面 体的外接球.此时球的直径为√， 因此球的体积为号] 8.C[用一个完全相同的五面体 HIJ-LMN(顶，点与五面体ABC DEF一一对应)与该五面体相 嵌，使得D,N;E,M;F,L重合， 因为AD∥BE∥CF,且两两之间 D E 距离为1.AD=1,BE=2,CF= 3,则形成的新组合体为一个三 B 棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长 为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4， Vpg=合ymw=名×合X1X1X9×4 9.CD[因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一 个球的直径2R相等，则圆柱的侧面积为2πR·2R= 4πR2,A错误：圆锥的母线长1=√R2十(2R)2=√5R, 侧面积为πRU=√5πR2,B错误；球的表面积为4πR2, 所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；·S圈柱表 =2mR2+2xR·2R=6R2,S未=xR2+子×2R· √1+22R=(1十5)元R2,S球表=4πR2,∴.S国柱表： S圆维表：S球表=6πR2:(1十√5)πR2:4πR2=6:(1 十√5)：4，D正确.] 10.ABC[连接B1C,B1D1,则点M是B1C的中点， MN是△B1CD1的中位线，.MN∥B1D1.,CC1⊥ B1D1,AC⊥B1D1,BD∥B1D1.∴.MN⊥CC,MN⊥ AC,MN∥BD.又A1B1与B1D1相交.∴.MN与 A1B1不平行.] 答案 11.AC[由SG⊥GE,SG⊥GF,得SG⊥平面EFG,同 理可证GF⊥平面GSE,所以平面EFG,SFG,SEG 两两垂直，所以选项A,C正确；若SE⊥平面EFG, 则SE⊥EG,这与SG⊥EG矛盾，同理可知EF⊥平 面SEG不正确，所以B,D不正确.] 12.解析：设球的半径为R,则V柱=πR2·(2R)=2πR3, V维=了R2·2R=号R,V=专R 4 故V维：V维：V=2R:子R3:专R =3：1:2 答案：3：1：2 13.解折：2R×2+2=25, 4 R=5,V球=3R3=45元 答案：43π 14.解析：如图，取B1C1的中点D,取BB1的中点E,连 接MD,DE,ME,MB1,所以DE∥BC1,又DE丈平 面ABC,BCC平面ABC,所以DE∥平面ABC1, 又M为A1C,的中点，所以MD∥A1B1∥AB,又 MD丈平面ABC1,ABC平面ABC1,所以MD∥平面 ABC1,又DE∩MD=D,DEC平面DEM,MDC平 面DEM,所以平面DEM∥平面ABC1,又因为N是 侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1,所以N 在线段DE上，因为正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长是4，侧 棱长是2√3，所以BB1⊥平面 ABC,因为MB1C平面ABC,所 以BB1⊥MB1,又M为A1C1的 中点，所以A,C1⊥MB1,所以 M D MB1=√A1B-A1M=√42-22 =2√5，则ME=√MB+BE=√/(2√3)2+(W3)2 =√15，又MD=2,所以线段MN的最大值为√I5. 答案：√5 15.解析：(1)对： (2)对： (3)由题意知，以平面B1CD1为水平面，可盛最多体 积的水，此时Vk=V(-nc=Ve-Gn=号×号 X1X1X1=名(cm3). 1 最多能盛6cm3的水. 16.证明：由DE=EC,PD=PC知，E为等腰三角形 PDC中DC边上的中，点，故PE⊥AC. 又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC= AC,PEC平面PAC,所以PE⊥平面ABC. 因为ABC平面ABC,所以PE⊥AB. 因为∠ABC=90°，EF∥BC,故AB⊥EF 从而AB与平面PFE内的两条相交直线PE,EF都 垂直，所以AB⊥平面PFE. 17.解：(1)因为ABCD-A'BC'D'是正方体，所以A'B =A'C'=A'D=BC=BD=C'D=√2a,所以三棱锥 A-BC'D的表而积为4X号XaX9×a 数学A版· 2√3a2,而正方体的表面积为6a2,故三棱锥A'-BCD 的表面积与正方体的表面积的比值25区 6a2 3 (2)三棱锥A'-ABD,C-BCD,D-A'D'C',B A'B'C'是完全一样的. 故V三梭锥A-CD=V正方体一4V三校维A-ABD= -4xg×a2xa= 18.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面 ABC.所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC,BB1∩BC=B,BB1,BCC平面 B1BCC1,所以AB⊥平面B1BCC1 所以平面ABE⊥平面B1BCC1· (2)证明：取AB的中点G,连接 EG,FG,如图.因为E,F分别是 A1C,BC的中点，所以FG∥AC, 且PG=2AC 因为AC∥A1C1,且AC=A1C, 所以FG∥EC1,且FG=EC. 所以四边形FGEC1为平行四边形. 所以CF∥EG. 又因为EGC平面ABE,C,F丈平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. (3)解：因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,所以 AB=√/AC2-BC2=√5 所以三棱维E-ABC的依积V=子S△A联·AM 合×3×5x1x2-g 31 19.解：(1)线段BC的中点就是满足条件的点P 证明如下：取AB的中点F,连接DP,PF,EF,则FP /AC,FP=AC,取AC的中点M,连接EM,EC, 因为AE=AC且∠EAC=60°，所以△EAC是正三 角形，所以EM⊥AC.所以四边形EMCD为矩形，所 以ED=MC=号AC,又因为ED∥AC,所以ED∥ FP且ED=FP,所以四边形EFPD是平行四边形， 所以DP∥EF,而EFC平面EAB,DP亡平面EAB, 所以DP∥平面EAB. (2)过C作CG∥AB,过B 作BG∥AC,CG∩BG=G, 连接GD. 因为ED∥AC,所以ED∥ BG,所以B,E,D,G四点共 面，所以平面EBD与平面 ABC相交于BG,因为CD ⊥AC,平面ACDE⊥平面 ABGC,所以CD⊥平面ABGC,又因为BGC平面 ABGC,所以BG⊥CD,又BG⊥GC,CD∩GC=C,所 以BG⊥平面CDG,所以BG⊥DG,所以∠DGC是平 面EBD与平面ABC所成的锐二面角日，设AB=AC =AE=a,则GC=AB=a,DC=EM=,所以GD a+( √ a,所以cos9=cos∠DGC-部 27 必修第二册 第八章 立体几何初步 (B卷) 1.C[只有C正确.] 2.D[·△ABC的直观图是等腰直角三角形A'B'C', ∠B'A'C'=90°，A'O=1,∴.A'C'=√2.根据直观图平 行于y轴的长度变为原来的一半，.△ABC的高为 AC=2A'C'=2√2.] 3.C[因为S小球=4元·192，S大球=4π·202，所以S小球 ：S大球=(4π·192)：(4x·202)=192:202.] 4.A[对于①，若m∥，则n∥a或n∥B,正确：对于②， 若m⊥n,当nCa或nC3时，结论不一定成立，错误； 对于③，若n∥a且n∥3，根据线面平行的性质知，m∥ 1,正确，对于④，若n与a,3所成的角相等，m与n不 一定垂直，错误.] 5.D[设正方体的棱长为a,则棱锥的体积V1=3 合XaXaXu=告，又正方你的条叔，=a,所以 V1:V2=1:6.] 6.C[取AC的中，点E,CD的中点 F,剥F=名，B=号，F= 2 B ∴.△BEF为直角三角形，cos0= 」 7.B[分别取BC,B1C1的 中点D,D1,则AD= 33,A1D1=√5，可知 A S8版=合×6X6X 2 =95,SaA5=子×2 B X√3=√3，设正三棱台ABCA1B,C1的高为h,则 VacA,G=子(9后+5+√95X5)h=是，解得 A=1如因，分别过A1心作底面套钱，童足为M。 N,设AM=,则AM=AM+AM√2+ 3 DN=AD-AM-MN=2√3-x,可得DD1= DN+DN=√2-x)+罗，结合等腰掃形 CGB可程=()'+DD,即2+5 3 (25-)++4,解得=45，所以AA与平面 3 ABC所成角的正切值为ian∠AAM=A AM =1.] 8.A[取AB中点P,连接A PC,CN,如图：因为PC⊥ AB,PN⊥AB,且PC∩PN N B =P,PCC平面PCCN, Q --C PNC平面PCCN,所以 AB⊥平面PCCN,又AB C平面ABM,所以平面 夕 ABM⊥平面PCCN,过N作NO⊥PM,文平面数 新高考 第八章 立体几何初步 ( 学 同步单元双测卷 A卷·基础达标卷 (时间：120分钟，满分：150分) 一、单项选择题（本大题共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 合题目要求的.) 1.如图所示的几何体是柱体的有 整 ⑤ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 如 2.用一个平面去截一个几何体，可以使截面是长方形，也可以使截面是圆，则这个几何体可以是( A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.球 3.如图，已知在正方体ABCD一A1B1C1D1中，1C平面A1B1C1D1,且1与B1C D 不平行，则下列结论一定不成立的是 ( 识 A.1与AD平行 B.1与AB异面 C.1与CD所成的角为30 D.l与BD垂直 4.(2024·新课标I卷)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，则圆锥的体积为 A.2√5π B.3√3π C.6√3π D.9√5π 5.把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC所成的角的大小为 ( A.30° B.45 C.60° D.90° 6.如图，在棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E是棱BC上的一点，则三棱 D 锥B1一C1D1E的体积等于 A号 R c号 D D. 6 期 7.一个四面体的所有棱长都为√2，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为 A号 B.π C D.√3π 8.(2024·天津高考卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距 离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为 A. 6 B.35+月 4 2 n9-吉 数学试题第八章A卷第1页（共4页） 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是 ( A.圆柱的侧面积为2πR2 B.圆锥的侧面积为2πR C.圆柱的侧面积与球面面积相等 D.圆柱、圆锥、球的表面积之比为6：(1十√5)：4 10.如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，M,N分别是BC1,CD1的中点，则下列判 断正确的是 ( A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 C.MN与BD平行 D.MN与A1B1平行 11.如图，正方形SG1G2G3中，E,F分别是G1G2,G2G3的中点，现在沿SE, SF,EF把这个正方形折成一个四面体，使G1,G2,G3重合，重合后的点记 为G.给出下列关系成立的有 ( A.SG⊥平面EFG B.SE⊥平面EFG C.GF⊥SE D.EF⊥平面SEG 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上.） 12.如图，若一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则圆柱、圆锥、球的 体积之比为 13若一个底面边长为，侧校长为后的正六校柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体 积为 14.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是4，侧棱长是2√3，M为A1C1的中点，N是侧 面BCCB1上一点，且MN∥平面ABC1,则线段MN的最大值为 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(本小题满分13分)如图，是从上下底面处在水平状态下的棱长为a的正方体ABCD一 A1BC1D1中分离出来的. 0 (1)∠DC1D1在图中的度数和它表示的角的真实度数都是45°，对吗？ D 数学试题第八章A卷第2页（共4页） (2)∠A1C1D的真实度数是60°，对吗？ (3)设BC=1cm,如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛多少体积的水？ 16.(本小题满分15分)如图，在三棱锥P一ABC中，平面PAC⊥平面ABC, ∠ABC=90°，点D,E在线段AC上，且DE=EC,PD=PC,点F在线段AB 上，且EF∥BC.证明：AB⊥平面PFE. A2--D- 17.(本小题满分15分)如图，正方体ABCD一A'BC'D'的棱长为a,连接A'C', A'D,A'B,BD,BC,CD,得到一个三棱锥.求： (1)三棱锥A'一BCD的表面积与正方体的表面积的比值； D (2)三棱锥A'一BCD的体积. 数学试题第八章A卷第3页（共4页） 18.(本小题满分17分)如图，在三棱柱ABC一A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥A BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点. (1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)求证：C1F∥平面ABE; (3)求三棱锥E一ABC的体积. 19.(本小题满分17分)如图，已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面 ABC,∠BAC=∠ACD=90°，∠EAC=60°，AB=AC=AE (1)在直线BC上是否存在一点P,使得DP∥平面EAB?请证明你的 结论 些 (2)求平面EBD与平面ABC所成的锐二面角O的余弦值. A 烯 数学试题第八章A卷第4页（共4页） 第八章 立体几何初步A卷 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 注 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 填 正确填涂 准考证号。 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 样 错误填涂 × 涂写要工整、清晰。 3按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 0 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题(1一8小题，每小题5分，9一11小题，每小题6分，共58分) 请在各 1A®g回 4囚®回回 7AB回回 10A⑧@回 目的答题区 2A⑧g回 5A®g回 8A®@回 11ABCD 3ABC回 6A®CD 9AEg回 内作答 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12 框的答案无 14 解答题：本题共5小题，共77分. 15.(本小题满分13分) C 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第八章A卷第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(本小题满分15分) D 17.(本小题满分15分) 请在各题目的答题区域内作答 D' C , D 出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第八章A卷第2页（共4页） 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 考生 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填 必填 写为@2 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(本小题满分17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第八章A卷第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(本小题满分17分) ! C A B 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第八章A卷第4页（共4页）