周测卷(十七)立体几何初步——空间几何体-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三数学一轮复习周测卷

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十七） 数学·立体几何初步一 空间几何体 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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.圆柱内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的 体积为 48 B.64x 3 C.16π D.12π 2.已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为4：4：1，现有如图两种方式包装该礼物盒，方式① 中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的 中点.不计打结处的额外消耗，则使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为 ① ② A.2+5 B.1+6 C.2+3 D.1+5 5 5 5 5 3.经过科学实验证明，甲烷分子的结构是正四面体结构（图①），碳原子位于正四面体的中心（到 四个顶点距离相等)，四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上，抽象成数学模型为正四面 体ABCD,O为正四面体的中心，如图②所示，则∠AOB的余弦值为 ② A.-1 2 B.-1 3 C.11 32 D.、6 6 4.如图，过圆锥PO的轴的截面是边长为4的正三角形，过PO的中点O'作平 行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为 A.11π+√3元 B.11π+2√3π C.12π十3π D.12π+2W3π 、.0 数学·周测卷（十七）第1页（共4页） 17 鱼默龙门卷 5.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1,AB=2A1B1,E,F分别是棱A1B1,A1D1的中点，平面 EFDB将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为 A EA 1 A.15 2 B.3 A 3 C. 25 D.31 6.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春 秋时期，是人类最早的风筝起源.如图是某中学学生制作的一个风筝模型 的多面体ABCEF,D为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥ AB,AC=BC=3,∠ACB=120°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为 a吗 9√3 D. 4 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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。带￥题目为能力提升题，分值不 计入总分。 7.已知点O是正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心，点M与点C关于直线OC1对 称，且AB=1,则下列说法正确的是 A.CM=2/3 B.AM= 3 C.∠COM=90° D.∠OAM=∠OMA 8.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（多面体的面的内角叫做多面体的面角， 角度用弧度制表示)，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个 顶点有3个面角，每个面角是分，所以正方体每个顶点的曲率为2x一3×受-受，故其总曲率为 4π.根据曲率的定义，下列说法正确的是 A。正三棱柱每个顶点的曲率为 B.正三棱柱每个顶点的曲率为 3 C.正三棱锥的总曲率为4π D.n(n∈N*,n≥3)棱锥的总曲率为4π 数学·周测卷（十七）第2页（共4页） 17 班级 *如图是一个圆台的侧面展开图，若DE,AC所在圆的半径分别是2和4，且∠ABC=5π 「6则 姓名 A. 圆台的侧面积为6 5π 得分 B. 限台的商为丽 C.圆台的体积为 175√/119 648 D. 圆台内部可以容纳的球的直径最大为 6 选择题 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 答题栏 9.《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦 4“““““ 1 冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴 2 虚劳嗽等.一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥， 3 如图所示，则该麦门冬的体积约为 10.某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的（如 5 图)，则该几何体共有 个面；若被截正方体的棱长是60cm,那么该几何体的表 面积是 cm2. 8 米 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(20分) 正方形ABCD的边长为2，E,F分别为边AD,BC的中点，M是线段EF的中点，如图，把正 方形沿EF折起，设∠AED=a(0<a<π). (I)求证：无论a取何值，CM与BD不可能垂直； (2)当a=F时，求四棱锥D-ABME的体积。 数学·周测卷（十七）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 12.(20分) 如图所示，直三棱柱ABC-A1B,C1的所有棱长均相等，点D为B,C的中点，点E为AC1 的中点. (1)求证：DE∥平面AA1B1B; (2)若棱长AB=a,求此直三棱柱的体积； (3)若三棱锥B-CDE的体积为，求该三棱柱的外接球表面积 C 数学·周测卷（十七）第4页（共4页）·数学· 四、解答题 11.(1)解：由题设条件，可得若an≠0，则am+1≠0， 用反证法，假设am+1=0,由题设条件，显然an=0, 这与已知条件矛盾，所以am+1≠0. 因为a1=1≠0，所以a2≠0，a3≠0，…， 所以Hn∈N*,an≠0， 由a+10,=a,-2a1得1-2=1， an+l an 所以+1=2(+， an+1 又1+1=2≠0， 所以二+)是首项，公比均为2的等比数列。 所以1+1=2，则a.=2一 1 (2)证明：显然当n=1时，a1=1<2成立， 当n≥2时，2m-1≥22-1-2>1， 所以2<1，所以2-2>1， 所以21(2-2）>1×2，即2-1>2>0， 11 所以a.=2-1<2 所以S,=at+a:+a,+十a,<1+号+} 4 1 =2(1-)<2 综上，Sn<2,得证 12.解：(1)当n=1时，1<2S1<4. 又因为am∈Z,所以a1=1, 设a,=1+(n-1)d,则S.=n+n(n。-1》 2 d, 数学（十 一、选择题 1.A【解析】设球O的半径为R,则圆柱的底面圆的 半径为R,高为2R,所以πR·2R=16π，解得R= 2,侧则球0的体积为号R-2元 3π 2.A【解析】不妨设长方体礼物盒的长、宽、高分别为 4a(a>0),4a,a,由于方式①中包装绳与礼物盒棱的 交点均为棱的四等分点，所以方式①中包装绳长为 4×a2+a+4×√a2+(2a)7=4(W2+5)a;由于 方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点， ·45 参考答案及解析 依题意，n2<2n十n(n-1)d<(n+1)2, (1-d)n+d-2<0, 得 恒成立，解得d=1, (d-1)n2-dn-1<0 1 所以a.=,S,=2n(n十1)， 设等比数列{bn}的公比为q,b1+b2十bg=14, b1b2b3=64. 所以b1+b1q+b1q2=14,bq3=64. 得b1q=4,联立得2q2-5q十2=0， 解得g=2或g=(合去).代入6,9=4中，解得 b1=2, 得数列{bn}的通项公式为bn=2. 26,是， T.2++品+…+是 12,3, 2n 1,213 20+1②， 2T.2212+…+” 0-@,得2r.=2 111 22十2+…+ 1 n 22m+1= 1n+2 2n+1, 即T.=2-"+2<2, 当n=1时，2n+2,不1=2-12=0.5， 2 所以[T1]=0; n≥2时，2≥1+C+C-1+n+nn,+1)>≥n+2, 2 所以1<Tm<2,所以[Tm]=1, 所以M225=2024. 七) 所以方式②中包装绳长为4×a+4×4a=20a,所以 使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为 4(W2+5)a_√2+5 20a 5 B【解析】如图，设正四面体的棱 长为a,正三角形BCD中，BH= _3 3a,正四面 D B∈ 2 高三一轮复习周测卷 3Q,设OA=R,则Rt△BH0中，OB2=BH2+ HO:-BH+(AH-AO)R(a)+ (。一R),解得R-。 a,即OA=OB=OC=OD= R=6 a,则△AOB中，cos∠AOB= OA2+OB2-AB2 2XOA XOB 2X6 3 4.D【解析】作出过圆锥PO的轴 的截面△PAB,此截面截挖去的 圆柱得圆柱的轴截面矩形 CDEF,如图，矩形CDEF是等 腰△PAB内接矩形，圆柱底面圆 A6--1-C 直径CF在圆锥底面圆直径AB 上，依题意，截面是边长为4的正三角形，所以OB一 2,0P=-25,因为0是P0中点，则CD=2P0= 5,0C=0B=1,圆维母线PB=4,圆柱00'的侧 面积S1=2π·OC·CD=2√3π，圆锥PO的表面积 S2=π·OB2+元·OB·PB=4π十8π=12π，剩余几 何体的表面中，圆锥底面圆挖去以C℉为直径的圆 (圆柱下底面圆)，而挖去圆柱后，圆柱上底面圆（以 DE为直径的圆)成了表面的一部分，它与圆柱下底 面圆全等，所以剩余几何体的表面积是S1十S2= 12π+2√3元. 5.C【解析】如图，连接B1D1,不妨设AB=2A1B1= 4,棱台的高设为h,所以VA,B,C,D,ABCD= h 3 ×(2× 2+4×4+√W2×2X4×4)= A B 2因为E,P分别是棱 C A1B1,A1D1的中点，则AB=B2 4A1E,AD=4A1F.又因为平面A1EF/平面ABD,可 知几何体A1EF-ABD是三棱台，则VA,FABD= h 3 (号×1x1+号×4x4+合×1x1x2×4x4) 公所以分剂之后较大部分的体积为V VA,B C:D:-ABCD-VA EF-ABD- 下8h_7h-=35n,所以较 32 ·46 VA EF-ABD 小部分与较大部分的体积之比为V 7h 23 35h5 6 A【解析】在矩形CEFD中，有FD⊥CD,CE∥ FD,因为DF⊥AB,AB∩CD=D,AB,CDC平面 ABC,所以FD⊥平面ABC,则CE⊥平面ABC,因 为AC,BCC平面ABC,所以CE⊥AC,CE⊥BC,在 △ABC中，由AC=BC=3,∠ACB=120°，又D为 AB的中点，则CD⊥AB,易知CD=AC·cos60°= 2,AB-2AD=2 XACsin60°=3W5,易知△ECA≌ 3 △ECB,则AE=BE,因为AE⊥BE,则AE=AB· sin45°=3v6 °，在Rt△ACE中，CE=√AE-AC= 3)--3,则矩形CDFE的面积S CD·CE三X32=92,因为DFLAB,CD 2 AB,CD∩DF=D,CD,DFC平面CDFE,所以AB⊥ 平面CDFE,多面体ABCDEF的体积V=3 AB·S=3X35×92_96 4 41 二、选择题 AD【解析】A选项，根据题意，点O和直线CM都 在平面AA,C1C内，且CM⊥OC1,设CM∩OC1= P,如图，则根据对称性，PC= C PM易知0c=9,cC,=1,则 B M 在Rt△OCC1中，OC1= D Voc+0-h20· 1 CC,=20C,·PC,得PC=,则CM=2PC 3,故A正确；B选项，cos∠OCP二 PC√ OC 3,在 △ACM中，CM=25,AC=E,所以AM AC+CMP-2AC CM.0ZOCPB 醋误；C选项，因为C-6≠cos∠0CM,放∠C0M2 90°，故C错误；D选项，由对称性易得△POC≌ ·数学· △POM,OM=OC,又因为OA=OC,所以OA= OM,因此∠OAM=∠OMA,故D正确. 8.BCD【解析】易知正三棱柱每个顶点有3个面角， 其中两个面角是受，一个面角为了，所以每个顶点的 曲率为2-2×智-否-行放A错，B对；对于C 易知正三棱锥每个顶点有3个面角，每个面角为， 所以每个顶点的曲率为2x一3×号=，所以正三棱 锥的总曲率为4π，C对；由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，可知总曲率等于 2π乘以顶点个数减去各个面的内角和，所以n(n∈ N°，n≥3)棱锥，由n个面为三角形，一个面为n边 形，共n十1个顶点，所以n(n∈N,n≥3)棱锥的总 曲率为2πX(n十1)一nπ一(n一2)π=4π，故D正确. ￥BCD【解析】A选项，由题意得 D 5元 BD=2,AB=4,又∠ABC= 6 1 放DE=-语×2-C-警× 6 6 4-19,扇形BDE的面积为号DE·BD=合×× 2-扇形BAC的面积为号AC·AB=号×9 1、10元 4=29,枚圆台的侧面积为29-受=5，A错误： B选项，圆台母线长AD=AB一BD=4一2=2，如图， 由题意得2x·0,D=DE=5,2x·0,A=AC= 19,解得0，D=日，0A=号过点D作DEL0,A 10π 于点E,DE为圆台的高，则O,E=O,D=5 ,AE= O,A-O,E=名，由勾股定理得DE=DA-AE -(-四，放圆台的商为，B正确 C选项，圆台的体积为[x·()°+x·()》+ √6·号x]×9-175119 /25251 6 648元，C正确；D选项， 由于圆台的高为四，当球的直径为时，半径为 12,梯形0,0，DA的面积为OD+0A)·DE /119 参考答案及解析 (+ 、,√/1195√119 1 一 2 6 24,Sa∞，=20D·0,0= 1×5x9-5m ,S0,A=20A·0,0= 1 26 12 144 12 72,故SaoD=5V119 24 5Y四_5严_5，又AD=2,故此时球心0 144 72 48 到AD的距离为2 eo0-519,而5V119、119 48 12 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为9， 6, D正确. 三、填空题 9.8“【解析】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直 径为2，高为4的圆锥的体积之和，故该麦门冬的体 积V=号×x×1P×4X2-8 3 10.1410800+3600√3【解析】由题意知，截去的八 个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加 上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果 被截正方体的棱长是60cm,那么石凳的表面积是 S=8×2×30V2×30V2×sin60°+6×30V2× 30√2=(10800+3600W3)(cm2). 四、解答题 11,(1)证明：假设CM⊥BD,又因为正方形ABCD的 边长为2， 且M是线段EF的中点，所以CF=MF=EM= DE=1,所以DM=CM=√2，又因为CD=2, 有DM2+CM2=CD2,所以DM⊥CM, 因为BD∩DM=D,BDC平面BDM,DMC平面 BDM,所以CM⊥平面BDM, 因为BMC平面BDM,所以CM⊥BM, 又因为CM=BM=√2，所以BC=2,这与BC< BF十FC=2矛盾，所以假设不成立， 所以无论a取何值，CM与BD不可能垂直. (2)解：如图，过D作DN⊥AE D 于点N, 、M 因为DE⊥EF,AE⊥EF,DE∩ AE=E,DE,AEC平面DAE, 所以EF⊥平面DAE, 又DNC平面DAE,所以EF⊥DN, 又DN⊥AE,AE∩EF=E,EF,AEC平面 高三一轮复习周测卷 ABME, 所以DNL平面ABME,则DN=DEsin交-1X √2√2 2-2’ 1 所以VD-ABME=3 3+ 1 ·S四边形ABME·DN= 21+ 2×1x号-号 12.(1)证明：如图，连接BA1,BC1, 因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，点 D为B1C的中点， BC1∩B1C=D,即点D为BC1的 A 中点， E 又点E为AC的中点， 所以DE∥A1B, 因为A1BC平面AA1B1B,DE中平面AA1B1B, 所以DE∥平面AA,B1B. (2)解：因为直三棱柱ABC-A,B1C1的所有棱长均 相等，AB=a, 1 π√3 所以SAAn=2 XaXaXsin3-'a, 所以VaCA,9=SAA·AA,=3a (3)解：设AB=t,因为VCDE=VgCD三2VAD手 数学（十 一、选择题 1.D【解析】A选项，若m∥a,n∥a,则m∥n或m,n 相交或m,n异面，A错误；B选项，若m∥a,m∥B,则 aB或a,B相交，B错误；C选项，若m⊥a,a⊥3，则 m∥B或mCB,C错误；D选项，若m⊥a,m⊥B,则 aB,D正确. 2.B【解析】如图，△ABC为等边三 角形，D为BC中点，作PH⊥平面 ABC,垂足为H,设AB=a(a>0), 则PA=√3a,根据正棱锥性质，则 44 3a,PH=26 AH=V 3a,根据线面 角的定义，三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成角为 2√6 2w2 ∠PAH,则sin∠PAH-PA 3 3.D【解析】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1 ·48 2V,m,又因为直三棱柱ABC-A.B,C的所有棱 长均相等， 如图，取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC, 又BB1⊥平面BAC,AFC平面BAC, 所以BB1⊥AF, 又BB1∩BC=B,BB1,BCC平面BB:C1C, 所以AF⊥平面BB1C1C, 1 所以点A到平面BCD的距离为？t,SACD=)X t 1 2t3 所以ViCDE7aX3X2X3 6 解得t=2, 因为等边三角形ABC的外接圆半 1 径为r=2 × 223 3，三棱柱 sin 3 的高h=2, E 所以三棱柱的外接球半径R= +- 所以三棱柱的外接球表面积S=4R2-2 3. 八) 中，易知平面ABCD⊥平面 D CDDC1,不妨设a为平面 A ABCD,B为平面CDD1C1,又可 知A1B1∥a∥3，所以当l=A1B D 时，l与B平行；A1D1/a,A1D1∩ B=D1,所以当l=A1D1时，l与 B相交；C1D1∥a,C1D1CB,所以当1=C1D1时，l在 3内. D【解析】设N为BC的中点， D 连接MN,NC1,因为M为AB A 的中点，N为BC的中点，所以 MN∥AC,又因为A1C1∥AC,所 以A1C1∥MN,所以A1,M,N,A M C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交 线为MN,则l即为MN所在直线，因为MN与AC1 是异面直线，即1与AC1是异面直线，故A错误；因 为MN∥AC,而在直角△ACC1中，∠ACC,=90°，则