命题大赛 第八章立体几何初步单元测试-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 云南高一数学立体几何初步单元卷，以0.60难度覆盖空间几何体、位置关系等核心知识，结合科技情境与文化传承，适配单元复习，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|正棱锥概念（1题）、圆台侧面积（2题）、异面直线（3题）|结合“人造太阳”模型（2题），基础概念辨析与空间想象| |多选|3/18|线线关系（9题）、圆锥与圆柱（10题）|多角度考查空间线面关系，部分选对给分体现区分度| |填空|3/15|体积比较（12题）、最值问题（13题）|生活情境（12题冰块融化）与空间几何体表面积计算| |解答|5/77|折叠证明（16题）、多面体体积（18题）、动态问题（19题）|含2026原创题（18题），综合考查推理能力与模型意识，如《九章算术》“堑堵”“阳马”（6题）|

云南2025-2026学年高一数学下学期章节测试 （人教A版 必修二 第八章 立体几何初步） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版必修二第八章立体几何初步。 5．难度系数：0.60。 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的。 1．下列说法不正确的是（    ） A．底面是正多边形的直棱柱是正棱柱 B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C．棱柱的侧棱相互平行 D．正棱柱的高与侧棱长相等 2．某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 3．如图，，，，是正方体所在棱的中点，则与直线不是异面直线的是（    ）    A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 4．如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 5．如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D． 6．中国古代数学专著《九章算术》中对两类空间几何体有这样的记载：①“堑堵”，即底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；②“阳马”，即底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一“堑堵”，如图所示，，，则其中“阳马”与“堑堵”的体积之比为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·原创）在三棱锥中，为边长为2的等边三角形，，且，设三棱锥的外接球的球心，过球心做底面的垂线与平面的交点为，求的长度为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． 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．已知表示空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若共面，共面，则共面 10．如图，圆锥的底面半径为，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（   ） A．圆锥母线与底面所成的角为 B．圆锥的侧面积为 C．挖去圆柱的体积为 D．剩下几何体的表面积为 11．如图，在四面体中，二面角的大小为，且，，则（   ） A．无论为何值， B．当与平面所成角为时， C．当时，二面角大于 D．当时，二面角的正切值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 13．如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 14．如图，棱长为5的立方体无论从哪一面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔立方体的表面积（含孔内各面）是___________． 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，已知圆柱底面圆直径为2，高为1，将其截成一个四棱柱，用和圆柱底面平行的平面截这个四棱柱，得到的截面为矩形，设该矩形一条边长为，截面的面积为. (1)求截面的面积关于的函数解析式； (2)求截得棱柱的体积的最大值. 16．如图，等边三角形，且点A，B分别为线段与的中点.将沿折叠后使点O与点P重合，得到四棱锥.设点E为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 17．如图，、是互相垂直的异面直线，直线分别与、交于点，，且，，点、在上，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值． 18．（2026·原创）如图，空间多面体中，底面为菱形，，侧面为等腰梯形，,且. （1）证明：； （2）若，求空间多面体的体积； （3）求点到平面的距离。 19．如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． (1)若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； (2)若三棱锥的内切球半径，求长度的 最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $Sheet1 数学试卷命题双向细目表 题号 题型 考查知识点 能力层级 分值 难度系数 分值占比 难度划分 1 单选题 棱柱、棱锥的概念辨析 识记 5 0.95 3% 容易 2 单选题 圆台侧面积计算 识记 5 0.95 3% 容易 3 单选题 异面直线的概念 理解 5 0.9 3% 容易 4 单选题 正方体展开图中的两直线的平行 应用 5 0.75 3% 中档 5 单选题 斜二面法的画法规则 理解 5 0.7 3% 中档 6 单选题 在应用情景中计算柱和锥的体积 应用 5 0.7 3% 中档 7 单选题 三棱锥的外接球问题，考察空间想象力以及通过相关知识寻找球心位置。 应用 5 0.45 3% 偏难 8 单选题 通过两平面平行的知识点进行应用，做出平行平面，进一步求最值 综合 5 0.35 3% 偏难 9 多选题 判断线线位置关系 识记 6 0.85 4% 容易 10 多选题 圆锥与圆锥相结合的体积、表面积的计算问题 综合 6 0.65 4% 中档 11 多选题 二面角有关的计算讨论问题 理解+应用 6 0.35 4% 难题 12 填空题 圆锥、球的体积基础计算 简单计算 5 0.85 3% 容易 13 填空题 长方体的侧面展开图的最短路径问题 应用 5 0.65 3% 中档 14 填空题 空间几何体的表面积计算 应用 5 0.35 3% 中档 15 解答题 棱柱和圆柱的简单综合计算，综合了函数的最值问题 应用 13 0.75 9% 较易 16 解答题 利用棱锥的体积公式，结合面积比例计算体积比 综合 15 0.65 10% 中档 17 解答题 考察线面垂直判定定理，以及二面角的平面角计算问题 应用 15 0.55 10% 中档 18 解答题 线线垂直，线面垂直，空间几何体的体积计算；点到面的距离计算 综合 17 0.4 11% 难题 19 解答题 线面垂直，线面的夹角，三棱锥的内切球的相关综合计算问题 综合 17 0.32 11% 难题 合计 — 全部考点汇总 — 150 0.6 100% 中等 $ 云南2025-2026学年高一数学下学期章节测试 （人教A版 必修二 第八章 立体几何初步） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版必修二第八章立体几何初步。 5．难度系数：0.60。 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的。 1．下列说法不正确的是（    ） A．底面是正多边形的直棱柱是正棱柱 B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C．棱柱的侧棱相互平行 D．正棱柱的高与侧棱长相等 【答案】B 【详解】A选项：底面是正多边形的直棱柱，侧棱垂直底面，符合正棱柱定义，说法正确； B选项：正棱锥要求底面是正多边形，且顶点在底面的投影为底面中心，仅底面是正多边形不能判定为正棱锥，说法不正确； C选项：棱柱的侧棱相互平行且相等，是棱柱基本性质，说法正确； D选项：正棱柱属于直棱柱，侧棱垂直底面，高与侧棱长相等，说法正确. 2．某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助圆台侧面积公式计算即可得. 【详解】. 3．如图，，，，是正方体所在棱的中点，则与直线不是异面直线的是（    ）    A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】C 【分析】根据异面直线的定义判断ABD；根据线线平行可证四点共面，即可判断C. 【详解】由图可知：直线、直线、直线均与直线异面，故ABD错误； 连接，    由题意可知：，，则， 可知四点共面，所以直线与直线不是异面直线，故C正确. 4．如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以所在平面作为下底面还原， 则重合，重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得异面不平行，故A错误； 对于B，显然，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由图可得异面不平行，故D错误. 5．如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用斜二测画法规则还原直角梯形，进而求出四边形的周长. 【详解】在直角梯形中，， 由斜二测画法规则，得直角梯形对应的四边形，如图， 在四边形中， ， ， 则， 所以四边形的周长为. 6．中国古代数学专著《九章算术》中对两类空间几何体有这样的记载：①“堑堵”，即底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；②“阳马”，即底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一“堑堵”，如图所示，，，则其中“阳马”与“堑堵”的体积之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知，设， 因为，由“阳马”的定义可知，平面， 所以，， 所以“阳马”与“堑堵”的体积之比为. 7．（2026·原创）在三棱锥中，为边长为2的等边三角形，，且，设三棱锥的外接球的球心，过球心做底面的垂线与平面的交点为，求的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先观察和联想到三棱锥是一个正三棱柱的一部分，其次要很好的利用正三角形的中心包含了它的重心，根据重心的性质：三角形的重心将各边中线分为的比例，再结合相似三角形对应边成比例进行计算。 【详解】由题意，易知三棱锥是一个正三棱柱的一部分，先将其还原为三棱柱， 取上下底面的中心和，连接，取的中点，则即为原三棱锥的外接球球心。 取的中点，连接交于点H，则点H即为过球心做底面的垂线与平面的交点。 又是正三角形的中心 ，又 ，又 ． 8．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，， ，，，证明平面平面，由点在正方体的表面上运动可得点在线，， ，上运动，再由求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值即可求解. 【详解】如图，取中点，中点，连接，， ，，， 因为点分别是棱的中点，所以，因为为中点， 所以，，，所以平面平面， 点在平面上运动，又因为点在正方体的表面上运动，所以点在直线，， ，上运动，且为等腰三角形， 求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值，点到边距离最小， 设点到边的垂足为，则为的中点，所以，所以线段的最小值为. 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．已知表示空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若共面，共面，则共面 【答案】AC 【分析】应用线线位置关系，结合平行垂直及异面判断各个选项即可. 【详解】已知表示空间中三条不同的直线， 若，则，A选项正确； 若，则可以相交，平行或异面，B选项错误； 若，则，C选项正确； 若共面，共面，则可能是异面直线，D选项错误. 10．如图，圆锥的底面半径为，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（   ） A．圆锥母线与底面所成的角为 B．圆锥的侧面积为 C．挖去圆柱的体积为 D．剩下几何体的表面积为 【答案】BC 【分析】先根据圆锥底面半径与高求出母线长，判断母线与底面所成角，再用公式计算圆锥侧面积；再由截面位置，利用相似求出圆柱底面半径与高，计算其体积；最后分析挖去圆柱后几何体的表面积构成，判断各选项正误． 【详解】 对于A，如图，因为圆锥的底面半径为6，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，A错误； 对于B，圆锥的侧面积，B正确； 对于C，因为为的三等分点，所以，， 则圆柱的体积为，C正确； 对于D，圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，D错误． 11．如图，在四面体中，二面角的大小为，且，，则（   ） A．无论为何值， B．当与平面所成角为时， C．当时，二面角大于 D．当时，二面角的正切值为 【答案】ABD 【分析】取中点，连接，证明平面可得A；作，垂足为，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接AH，利用线面垂直和几何关系找到即为与平面所成角可得B；由即为二面角的平面角结合几何关系可得C；作，垂足为，作，垂足为，连接，由几何关系可得D. 【详解】选项A：如下图所示，取中点，连接， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； 选项B：如下图所示，作，垂足为，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接AH， 由可得， 所以即为二面角的平面角， 因为平面，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以即为与平面所成角， 因为，为等腰三角形， 所以，即； 选项C：若，则平面， 因为，所以即为二面角的平面角， 因为，可求得， 所以， 所以二面角小于； 选项D：如下图所示，作，垂足为，作，垂足为，连接， 因为，所以平面， 因为，所以，， 因为，所以，， 所以. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 【答案】不会 【分析】分别计算半球和圆锥的体积，然后比较大小判断即可. 【详解】半球的体积， 圆锥的体积. ，所以冰块融化了，水不会溢出杯子． 13．如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 【答案】 【分析】将长方体的表面展开为平面图，将原问题转化为平面问题，利用两条直线之和共线时长度最小即可求解. 【详解】将平面与平面沿直线翻折为一个平面（如下图所示），将原问题转化为平面问题. 本题所求必在下图所示的图中，从而连接，为线段上的一个动点（不含端点）， 则，当且仅当在线段上时等号成立， ，则四边形为正方形， 由可得， 则， 所以的最小值为. 14．如图，棱长为5的立方体无论从哪一面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔立方体的表面积（含孔内各面）是___________． 【答案】222 【分析】根据给定条件，利用有孔立方体的表面积的意义，结合棱柱侧面积公式计算得解. 【详解】依题意，正方体表面去掉每个面上的两个边长为1的正方形后，面积， 6个直通的正四棱柱去掉6个交汇处的小正方体后的侧面积为， 所以这个有孔立方体的表面积为. 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，已知圆柱底面圆直径为2，高为1，将其截成一个四棱柱，用和圆柱底面平行的平面截这个四棱柱，得到的截面为矩形，设该矩形一条边长为，截面的面积为. (1)求截面的面积关于的函数解析式； (2)求截得棱柱的体积的最大值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）利用横截面是圆的内接矩形，满足勾股定理，可利用一条边长来表示面积； （2）利用棱柱体积公式，借助二次型函数求最大值即可. 【详解】（1）横截面如图所示，由题意得. （2）截得棱柱的体积，因为， 所以当时，，即截得棱柱的体积的最大值为2. 16．如图，等边三角形，且点A，B分别为线段与的中点.将沿折叠后使点O与点P重合，得到四棱锥.设点E为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，由A，B分别为线段与的中点可得，结合三角形相似得到，进而得到，进而求证即可； （2）根据棱锥的体积公式，结合面积比例求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接， 由题可知，且. 则易有与相似，且相似比为1:2，即. 又，则，故， 因为平面，平面，故平面. （2）设四棱锥的体积为，高为，四边形的面积为， 三棱锥的体积为，高为，三角形的面积为，与之间的距离为， 三棱锥的体积为，三棱锥的体积为， 由题有， 又，故，即， 则，又， 有， 即四棱锥与三棱锥的体积之比为. 17．如图，、是互相垂直的异面直线，直线分别与、交于点，，且，，点、在上，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助线面垂直判定定理可得平面，再利用线面垂直性质定理可得，由可得，即可得平面； （2）连接，可得即为平面与平面的夹角，求出即可得解. 【详解】（1）由，故，即； 由，，且，、平面， 故平面，又平面，故， 又，、平面，故平面； （2）连接，由，，故， 由平面，、平面，故，， 故，则， 故即为平面与平面的夹角， 由，故， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 18．（2026·原创）如图，空间多面体中，底面为菱形，，侧面为等腰梯形，,且. （1）证明：； （2）若，求空间多面体的体积； （3）求点到平面的距离。 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【详解】（1）连结 BD、AC 交于点 O，连结 OE、BE 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC，且 AB=AD 在 △ABE 和 △ADE 中： 所以 △ABE△ADE（SAS） 由全等三角形的性质，得 BE=DE 又因为 O 为 BD 的中点，所以 EO⊥BD（等腰三角形 “三线合一”） 又已知 BD⊥AC，且 EO∩AC=O，EO,AC⊂ 平面 AEC，所以 BD⊥ 平面 AEC 因为 CE⊂ 平面 AEC，所以 BD⊥CE。 （2） 且由同高性质，有： 又： 在菱形 ABCD 中，已知 ∠ADC=120∘CD=3 ∴∠ADO=60∘ 在 Rt△ODE 中： 验证 OE⊥AC： ​而  ​∴,由勾股定理逆定理，得 OE⊥AC。 又 OE⊥BD（由 (1) 等腰三角形三线合一），且 AC∩BD=O ∴OE⊥ 底面 ABCD，即 OE 为棱锥 E−ABCD 的高. 计算，先求梯形 CDEF 的高 ∵∠EDC=60∘ ​ （3）由等体积法，得： 在中，已知，， 由余弦定理： 设点 C 到平面 ADE 的距离为 h，由三棱锥体积公式： 19．如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． (1)若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； (2)若三棱锥的内切球半径，求长度的 最小值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由平面，得到，且，再由，在直角中，即可求解； ②由①求得为的中点，得到和到平面的距离相等，由平面，得到到平面的距离为，利用余弦定理求得的长，进而求得与平面所成的角； （2）根据题意，得到点在的角平分线上，且，设，求得，设，求得的表达式，再由，求得，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：①由平面，因为平面，可得， 又因为，且，所以， 因为平面，可得， 又因为且，所以，且. ②由①知：，因为，所以为的中点， 所以到平面的距离等于点到平面的距离， 又由平面，所以到平面的距离为， 在中，由余弦定理得， 即， 设与平面所成的角为，则. （2）解：因为，设点在平面的射影为， 则点在的角平分线上，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以 ， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 在直角中，可得， 在直角中，， 在直角中，可得， ，则， 所以, 设，可得， 在中，由余弦定理得， 同理可得：，， 设，可得, 代入整理得， 由， 又由， 所以， 可得， 将其代入， 整理得，即 又由， 因为，所以， 即，解得或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 此时取得最小值，可得为等边三角形，即的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $