第13章立体几何初步章末模拟测试卷-2025-2026学年高一下学期数学苏教版必修第二册

**基本信息** 高中数学立体几何初步单元卷，立足空间观念与推理能力，融合《九章算术》方亭、北斗卫星覆盖等文化与科技情境，适配单元复习巩固与素养提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|线面垂直条件、直观图面积、圆锥与球体积比|第7题“可换命题”考查推理意识，第8题正四面体外接球截面体现空间想象| |多项选择题|4/20|面面垂直判定、三棱柱中点共面、阿基米德多面体|第11题结合半正多面体考体积与外接球，渗透数学审美| |填空题|4/20|面面垂直性质、正方体展开图、方亭体积、卫星覆盖|第15题方亭体积关联文化传承，第16题卫星覆盖体现数学建模| |解答题|6/70|三棱锥证明、半圆柱体积、翻折问题、组合体体积|第21题翻折问题综合线面垂直与二面角，第22题多面体体积考查运算能力|

第13章　立体几何初步 （考试时间：120分钟 满分：150分） 姓名： 考号： 成绩： 一、单项选择题: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.已知直线a在平面β内,则“直线l⊥a”是“直线l⊥β”的(　　)条件 A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 2.如图,Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2,则这个平面图形的面积是(　　) A. B.1 C. D.2 3.(2025无锡月考)若圆锥的体积与球的体积相等,且圆锥的底面半径与球的直径相等,则圆锥的侧面积与球的表面积之比为(　　) A.∶2 B.∶4 C.1∶2 D.∶4 4.设l是直线,α,β是两个不同的平面,(　　) A.若l∥α,l∥β,则α∥β B.若l∥α,l⊥β,则α⊥β C.若β⊥α,l⊥α,则l∥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β 5.下图是一个圆台的侧面展开图,若两个半圆的半径分别是1和2,则该圆台的体积是(　　) A. B. C. D. 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,Q分别为棱AB,B1B,C1D1的中点,过点M,N,Q作该正方体的截面,则所得截面的形状是(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 7.若将一个真命题中的“平面”换成“直线”,“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”,现有下列四个命题:①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是(　　) A.①③ B.③④ C.①② D.①④ 8.已知正四面体ABCD的棱长为2,E,F,G分别为AB,BC,CD的中点,则正四面体ABCD的外接球被平面EFG所截的截面面积是(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.下列说法正确的是(　　) A.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,则这两个平面相互平行 B.若一个平面经过另一个平面的垂线,则这两个平面相互垂直 C.垂直于同一直线的两条直线相互平行 D.若两个平面垂直,则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直 10.(2025镇江期中)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别为线段AA1,A1C1,C1B1,BB1的中点,下列说法正确的是(　　) A.E,F,G,H四点共面 B.平面EGH∥平面ABC1 C.直线A1A与直线FH异面 D.直线BC与平面AFH平行 11.(2025泰州调研)“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所示,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=,则下列关于下图半正多面体的说法中,正确的有(　　) A.该半正多面体的体积为 B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为3 C.该半正多面体外接球的表面积为16π D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V+F-E=2 12.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)　 A.直线D1D与直线AF垂直 B.直线A1G与平面AEF平行 C.平面AEF截正方体所得的截面面积为 D.四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分的体积是 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2025淮安月考)已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,要使n⊥β,则需增加的条件是　　　　.  14.(2025扬州月考)如图,这是某个正方体的平面展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在该正方体中,对于l1与l2,下列说法错误的序号是　　　　.  ①互相平行;②异面且互相垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为. 15.《九章算术》中将正四棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭.如图,现有一方亭ABCD-EFHG,其中上底面与下底面的面积之比为1∶4,BF=EF,方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形,已知方亭四个侧面的面积之和为12,则方亭的体积为　　　　.  16.(2025苏州检测)地球静止同步通信卫星是当今信息时代大量信息传递的主要实现工具,例如我国航天事业的重要成果“北斗三号全球卫星导航系统”,它为全球用户提供了全天候、全天时、高精度的定位、导航和授时服务,是国家重要空间基础设施.地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,将地球看作一个球,卫星信号像一条条直线一样发射到达球面,所覆盖的范围即为一个球冠,称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积.球冠,即球面被平面所截得的一部分,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.设球面半径为R,球冠的高为h,则球冠的表面积为S=2πRh.已知一颗地球静止同步通信卫星的信号覆盖面积与地球表面积之比为m∶1,则它距地球表面的最近距离与地球半径的比值为　　　　.  四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)在三棱锥A-BCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且.求证: (1)四边形EFGH是梯形; (2)AC,EF,GH三条直线相交于同一点. 18.(12分)(2025如东期中)如图,四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面,E,F分别是弧DC,AB上的一点,EF∥AD,H为线段AD的中点,且AB=AD=4,∠FAB=30°,G为线段CE上一动点. (1)试确定点G的位置,使DG∥平面CFH,并给予证明; (2)求三棱锥E-CFH的体积. 19.(12分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵,将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中,∠MAB=90°,AB=AD,A1B1=A1D1. (1)求证:直线BD⊥平面MAC; (2)已知AB=1,A1D1=2,MA=,且三棱锥A-A1B1D1的体积V=,求该组合体的体积. （台体体积公式:V=(S'++S)h,其中S',S分别为台体上、下底面面积,h为台体高） 20.(12分)如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=BC=1,PA⊥平面ABCD,CD⊥PC. (1)求证:CD⊥平面PAC; (2)若E为PA的中点,求证:BE∥平面PCD; (3)若直线PC与平面ABCD所成角为45°,求三棱锥A-PCD的体积. 21.(12分)如图1,在平行四边形ABCD中,∠A=60°,AD=2,AB=4,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P,如图2. 图1　　　　 　　　　图2 (1)求证:BD⊥平面PAD; (2)当二面角D-PA-B的平面角的正切值为时,求直线BD与平面PBC夹角的正弦值. 22.(12分)(2025徐州期中)如图,平面四边形ABPC,其中AB=BC=AC=6,CP=BP=10.将△PBC沿BC折起,使点P在平面ABC上的投影为点A,点A1在线段PA上,且PA=4PA1,B1为PB的中点,过点A1,B1作平面α,使BC平行于平面α,且平面α与直线AB,AC分别交于点D,E,与PC交于点G. (1)求的值; (2)求多面体B1BCGED的体积. 参考答案 1.B　直线a在平面β内,则“直线l⊥a”成立时,“直线l⊥β”不一定成立;“直线l⊥β”⇒“直线l⊥a”.故直线a在平面β内,则“直线l⊥a”是“直线l⊥β”的必要不充分条件.故选B. 2.D　∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2, ∴Rt△O'A'B'的直角边长是,∴Rt△O'A'B'的面积是=1,∴原平面图形的面积是1×2=2.故选D. 3.A　设球的半径为r,所以球的体积为r3. 设圆锥的高为h,因为圆锥与球的体积相等,所以r3=h,所以h=r. 圆锥的母线为r,球的表面积为4πr2. 圆锥的侧面积为×4πr·r=2πr2,圆锥的侧面积与球的表面积之比为∶2.故选A. 4.B　对于选项A,若α∩β=a,满足l∥a,l⊄α,l⊄β,则l∥α,l∥β,但不满足α∥β,故A错误; 对于选项B,如图,若l∥α,l⊥β,必存在l∥n,n⊂α,则n⊥β,又n⊂α,所以α⊥β,故B正确; 对于选项C,若β⊥α,l⊥α,则存在l⊂β,故C错误; 对于选项D,如图,若α⊥β,α∩β=m,l⊄α,l⊄β,l∥m,则l∥α,l∥β,故D错误.故选B. 5.B　如图,设上底面的半径为r,下底面的半径为R,高为h,母线长为l,则2πr=π·1,2πR=π·2, 解得r=,R=1. l=2-1=1,h=. 设上底面面积为S'=π·,下底面面积为S=π·12=π, 则体积为h=.故选B. 6. D　如图所示,E,F,H分别为棱AD,DD1,B1C1的中点,点M,N,Q确定平面α,NH∥MQ,且N∈α, 故NH⊂α,Q∈α,H∈α,故QH⊂α. 同理可得FQ⊂α,EF⊂α,EM⊂α,故所得截面为六边形.故选D. 7.A　对于①,由“垂直于同一直线的两平面平行”知,①是“可换命题”;对于②,由“垂直于同一直线的两直线未必平行”知,②不是“可换命题”;对于③,由“平行于同一平面的两平面平行”知,③是“可换命题”;对于④,由“平行于同一直线的两平面未必平行”知,④不是“可换命题”.故选A. 8.C　如图,将正四面体放入正方体中, ∵E,G分别为AB,CD的中点,∴E,G为正方体左右侧面的中心, ∴正方体的外接球即正四面体的外接球,球心为EG的中点, ∴正四面体ABCD的外接球被平面EFG所截的截面即为大圆. ∵正四面体ABCD的棱长为2,则正方体的棱长为, 得外接球的半径R=, ∴大圆面积为πR2=π×.故选C. 9.BD　当两个平面相交时,一个平面内的两条平行于它们交线的直线同时平行于另一个平面,故A不正确;由平面与平面垂直的判定定理知B正确;空间中垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面,故C不正确;若两个平面垂直,则只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直,故D正确.故选BD. 10.ABC　由题意,对于选项A,连接EH,FG(图略),易得EH∥A1B1,FG∥A1B1,所以EH∥FG,故E,F,G,H四点共面,故选项A正确;对于选项B,连接AC1,BC1,EG,HG,EH,易得EH∥AB,HG∥BC1,EH∩HG=H,AB∩BC1=B,所以平面EGH∥平面ABC1,故选项B正确;对于选项C,异面直线是不在任何一个平面内的两条直线,已知点H在平面AA1B1B内,点F在平面AA1B1B外,且平面内直线AA1不经过点H,故可得出直线A1A与直线FH异面,故选项C正确;对于选项D,假设直线BC与平面AFH平行,则BC在平面AFH内必有平行直线,作出平面AFH,直观可见不存在,故矛盾,即假设不成立,故选项D错误.故选ABC. 11.BD　如图, 该半正多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的. 对于A,因为该半正多面体是由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,所以该几何体的体积为V=2×2×2-8××1×1=,故A错误;对于B,如图,过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED,又AB=,所以该正六边形的面积为S=6×=3,故B正确;对于C,根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,所以该半正多面体外接球的表面积为S=4πR2=4π×=8π,故C错误;对于D,该几何体的顶点数为12,有14个面,24条棱,满足12+14-24=2,故D正确.故选BD. 12.BCD　 如图,由D1D∥C1C,故直线D1D与直线AF所成角为∠AFC,显然∠AFC≠90°,故A错误. 由A1G∥D1F,D1F⊂平面AEFD1,A1G⊄平面AEFD1,所以A1G∥平面AEFD1,而AD1∥EF,则平面AEFD1即为平面AEF,所以A1G∥平面AEF,故B正确;平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知该梯形的面积为,故C正确; 四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分是以正方体六个表面的中心为顶点的正八面体,如图,其棱长为,所以其体积为2××1=,故D正确.故选BCD. 13.n⊥m　由平面与平面垂直的性质定理可知,要使n⊥β,只需在α⊥β,α∩β=m,n⊂α中增加条件n⊥m.故答案为n⊥m. 14.①②③　将平面展开图还原成正方体,如图所示,则B,C两点重合,所以l1与l2相交.连接AD,则△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.故答案为①②③. 15.　由题意得,设EF=2x,则AB=4x,BF=x. 如图,过点E,F在平面ABFE内分别作EM⊥AB,FN⊥AB,垂足分别为M,N. 在等腰梯形ABFE中,因为EF∥AB,EM⊥AB,FN⊥AB,则四边形MNFE为矩形, 所以MN=EF,EM=FN,则MN=EF=2x. 因为AE=BF,EM=FN,∠AME=∠BNF=90°, 所以Rt△AME≌Rt△BNF,所以AM=BN==x. 在Rt△BNF中,由勾股定理得FN=x, 所以等腰梯形ABFE的面积为S=x=3x2=3,所以x=1. 所以EF=2x=2,AB=4x=4,方亭的高h==2, 故方亭的体积为×h××2×.故答案为. 16.　由题可知=m,解得h=2mR,截面图如图所示.若点O为球心,点A为卫星位置,则R=OB=OE=OC,h=DE,BC为球冠底面直径.由题设可知OB⊥BA,OC⊥CA,则△ODB∽△OBA,故OB2=OD·OA.设卫星距地球表面的最近距离AE=x,则R2=(R-h)(R+x), 所以x=-R,故-1=.故答案为. 17.证明 (1) 如图,∵E,H分别是边AB,AD的中点,∴EH∥BD,且EH=BD. 又, ∴FG∥BD,且FG=BD, 因此EH∥FG,且EH≠FG, 故四边形EFGH是梯形. (2)由(1)知EF,HG相交, 设EF∩HG=K. ∵K∈EF,EF⊂平面ABC,∴K∈平面ABC,同理K∈平面ACD. 又平面ABC∩平面ACD=AC,∴K∈AC, ∴EF和GH的交点在直线AC上, ∴AC,EF,GH三条直线相交于同一点. 18.解 (1)当G为线段CE的中点时,DG∥平面CFH. 取CF的中点M,连接HM,GM,如图,则GM∥EF,GM=EF. 因为E,F分别是弧DC,AB上的点,EF∥AD,则EF是半圆柱的一条母线,即EF=AD. 而H为线段AD的中点,于是得GM∥DH,GM=DH,即四边形DGMH为平行四边形, 则DG∥HM,而DG⊄平面CFH,HM⊂平面CFH, 所以DG∥平面CFH. (2)依题意,AB是半圆柱下底面半圆的直径,则∠AFB=90°,而∠FAB=30°,有AF=AB=2,BF=AB=2, 显然CD是半圆柱上底面半圆的直径,则CE⊥DE,由(1)知EF是半圆柱的一条母线, 则EF⊥平面CDE,而CE⊂平面CDE,即有CE⊥EF,DE∩EF=E,DE,EF⊂平面ADEF, 因此,CE⊥平面ADEF,而EF∥BC,EF=BC,即四边形BCEF是平行四边形,CE=BF=2. 又H为线段AD的中点,则S△EFH=AD·AF=4, 所以三棱锥E-CFH的体积VE-CFH=VC-EFH=·S△EFH·CE=×4×2=. 19.(1)证明 由题意可知,ABM-DCP是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱,∴AD⊥平面MAB,则AD⊥MA. 又MA⊥AB,AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD, ∴MA⊥平面ABCD,∴MA⊥BD. 又AB=AD,∴四边形ABCD为正方形,得BD⊥AC. 又MA∩AC=A,MA,AC⊂平面MAC, ∴BD⊥平面MAC. (2)解 设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h,则三棱锥A-A1B1D1的体积V=×2×2×h=,解得h=. 故该组合体的体积V1=×1××1+×(12+22+)×. 20.(1)证明 由PA⊥平面ABCD,则PA⊥CD. 由CD⊥PC,而PA∩PC=P,则CD⊥平面PAC. (2)证明 如图,取PD的中点F,连接EF,CF. E是PA的中点,F是PD的中点,则EF∥AD且EF=AD. 由AB⊥BC,AB=BC, 则∠BAC=45°, 则有∠CAD=45°. 由CD⊥平面PAC,则CD⊥AC,则△ACD为等腰直角三角形. 由AB=BC=1,则AC=,AD=AC=2, 必有EF=AD=1,而AD∥BC且BC=1, 则EF∥BC且EF=BC, 故四边形EFCB是平行四边形,必有BE∥CF. 由BE不在平面PCD上,但CF在平面PCD内, 则有BE∥平面PCD. (3)解 根据题意,若直线PC与平面ABCD所成角为45°,即∠PCA=45°,则有PA=AC=, VA-PCD=VD-PAC=×DC×. 21.(1)证明 在△ABD中,因为∠A=60°,AD=2,AB=4,故BD==2,所以BD2+AD2=AB2,即AD⊥BD,在沿对角线BD将△ABD翻折的过程中,始终有AD⊥BD,故PD⊥BD.因为PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,故BD⊥平面PAD. (2)解 如图,设PA的中点为E,连接DE,BE. 因为PD=AD,所以ED⊥PA.又因为PB=AB,所以EB⊥PA,则∠BED是二面角D-PA-B的平面角. 由(1)知BD⊥平面PAD, ED⊂平面PAD,则BD⊥ED,故tan∠BED=,所以ED=, 故在Rt△AED 中,AE=,则PA=2, 则PA2=AD2+PD2,所以PD⊥AD, 而PD⊥DB,AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD, 故PD⊥平面ABCD, 而BC⊂平面ABCD,故PD⊥BC. 又因为BC∥AD,AD⊥BD,所以BC⊥BD, 而PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,所以BC⊥平面PBD. 由于BC⊂平面PBC,故平面PBC⊥平面PBD,且平面PBC∩平面PBD=PB, 故过点D向平面PBC作垂线,垂足F落在PB上, 则∠DBF即∠PBD为直线BD与平面PBC的夹角,由(1)可知∠ADB=90°,而∠A=60°,则∠ABD=30°,则∠PBD=30°, 故直线BD与平面PBC的夹角的正弦值为. 22.证明 (1)∵BC∥平面α,且BC⊂平面ABC,平面ABC∩平面α=DE, ∴BC∥DE. 如图,过点A1作A1M∥AB,交PB于点M,得,而, ∴BD=2A1M,AB=4A1M,即AD=6A1M,∴=3. (2)连接B1C,BE与B1E(图略), 则. 由题意知B1G=3,点B1到平面ADE的距离为,而PA==8,且DE=9. 又△BCE,△BDE分别在BC,DE上的高均为, ∴S△BCE=×6=,S△BDE=×9=,则S四边形BCED=S△BCE+S△BDE=, ∴×4=15,且×4=6,而=3, 综上,=18. 学科网（北京）股份有限公司 $