第7章 周测十三(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 以立体几何核心概念为基础，通过判定定理应用、空间模型转化、辅助线构造等方法，系统覆盖线面关系证明、体积表面积计算及外接球问题，形成“概念辨析-性质应用-综合计算”的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选1-2|定义辨析法（如直棱柱、圆锥概念）|从几何体定义到空间元素关系认知| |位置关系|单选3、解答12|判定定理应用（线面平行“面外线平行面内线”）|线线关系→线面关系→面面关系推导| |空间计算|单选4-6、填空9-11|轴截面法、外心垂线法（外接球）|几何量计算基于空间结构特征分析| |综合应用|多选7-8、解答13-14|模型转化（棱锥与棱柱组合体）|复杂几何体分解为基本模型求解|

周测十三 (满分：100分　时间：80分钟) 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30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．下列说法正确的是(　　) A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．以直角三角形的一条直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 C．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 D．过圆锥顶点的截面中，轴截面面积最大 解析：选B.斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，故A不正确；由圆锥的概念可知，B正确；只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故C不正确；过圆锥顶点的截面中，截面面积与截面等腰三角形的顶角有关，不一定是轴截面面积最大，故D不正确． 2．下列条件中能确定直线a与平面α平行的是(　　) A．a⊄α，b⊂α，a∥b B．b⊂α，a∥b C．b⊂α，c⊂α，a∥b，a∥c D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC＝BD 解析：选A.由 a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行的判定定理可知a∥α，故A正确；由b⊂α，a∥b，可知a⊂α或a∥α，故B错误；由b⊂α，c⊂α，a∥b，a∥c，可知a⊂α或a∥α，故C错误；b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC＝BD，则可能a⊂α或a∥α或直线a与平面α相交，故D错误． 3．如图，在 四面体ABCD中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC 解析：选C.由题知BE⊥AC，DE⊥AC，因为BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE. 4．如图，圆锥OP的高为1，侧面积S＝2π，M，N是底面圆O上的两个动点，则△PMN面积的最大值为(　　) A． B．2 C．1 D． 解析：选B.设圆锥母线长为l，底面圆O半径为r，所以解得 作出圆锥的轴截面，如图所示， 则PC＝PD＝2，OC＝OD＝，∠CPD＝120°，因为底面圆周上有两动点M，N，由S△PMN＝PM·PN·sin ∠MPN，可知当∠MPN＝90°时，△PMN的面积最大，最大值为×2×2×1＝2. 5．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，若点E，F分别满足＝，＝，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两部分，则V1∶V2＝(　　) A．19∶8 B．2∶1 C．17∶10 D．16∶11 解析：选A.因为＝，＝，所以EF∥BC，EF＝BC， 所以S△AEF＝S△ABC. 因为＝＝＝，所以△AEF∽△A1B1C1，设C1F∩B1E＝H，易证H∈AA1， 所以几何体AEF-A1B1C1为三棱台． 设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h， 则V1＝(S△AEF＋＋S△A1B1C1)·h＝(S△ABC＋S△ABC＋S△ABC)·h＝S△ABC·h＝V三棱柱ABC-A1B1C1，所以V2＝V三棱柱ABC-A1B1C1－V1 ＝V三棱柱ABC-A1B1C1，所以V1∶V2＝19∶8. 6．在三棱锥P-ABC中，△PAB，△ABC均为边长为2的等边三角形，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为(　　) A． B． C． D． 解析：选C. 如图，取AB的中点E，连接PE，CE，则PE⊥AB，CE⊥AB，由平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE⊂平面PAB，CE⊂平面ABC，得PE⊥平面ABC，CE⊥平面PAB.取△PAB的外心O1，△ABC的外心O2，分别过O1，O2作平面PAB、平面ABC的垂线交于点O，O即为球心，连接OC，于是OO1∥CE，OO2∥PE，四边形OO1EO2为矩形，CO2＝，OO2＝O1E＝，因此三棱锥P-ABC的外接球半径R满足R2＝OC2＝CO＋OO＝，所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝. 二、多项选择题(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．) 7．已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有(　　) A．圆台的母线长为4 B．圆台的体积为26π C．圆台的表面积为26π D．球O的表面积为12π 解析：选ACD. 画出圆台的轴截面，如图所示，则四边形ABCD是等腰梯形，且DN＝1，AM＝3，内切圆圆心即球心O，所以圆台的母线长为AD＝AE＋ED＝AM＋DN＝3＋1＝4，故A正确； 连接OA，OD和OE，则△AOD是直角三角形，且OE2＝AE·ED＝3，所以球O的半径为OE＝，故圆台的高为2OE＝2，所以圆台的体积V＝π(12＋32＋)×2＝π，故B错误； 圆台的表面积S＝π×(12＋32)＋π×(1＋3)×4＝26π，故C正确；球O的表面积为S′＝4π×()2＝12π，故D正确． 8．(2026·厦门质检)如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P-ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是正方形ABCD边长的一半，则(　　) A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线 解析：选BCD.对于A，设正方形ABCD的边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故PO＝AA′＝1，因为AA′⊥平面ABCD，所以A′O在平面ABCD内的射影为AO，又AO不与AB垂直，所以A′O不与AB垂直，故A不正确； 对于B，由A知PO∥AA′且PO＝AA′，则四边形POA′A是平行四边形，所以A′O∥AP，又A′O⊄平面APD，AP⊂平面APD，所以A′O∥平面APD，故B正确； 对于C，连接A′C′(图略)，因为PO∥CC′∥AA′，O∈平面CC′A′A，所以PO⊂平面CC′A′A，平面AA′P即为平面CC′A′A，因为AA′⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA′⊥BD，又因为BD⊥AC，AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面CC′A′A，所以BD⊥平面CC′A′A，又BD⊂平面BDP.所以平面CC′A′A⊥平面BDP，即平面AA′P⊥平面BDP，故C正确； 对于D，由C可知CC′与A′P都在平面CC′A′A中且不平行，故CC′与A′P为相交直线，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9． 如图，已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形OAB，斜边长OB＝2，若该直三棱柱的侧棱长为4，则该直三棱柱的体积为________． 解析：由题意可知，OA＝，由斜二测画法可知，原直三棱柱中，OA对应边长为2，OB对应边长为2，且底面为直角三角形，所以该直三棱柱的体积为×2×2×4＝8. 答案：8 10．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E是SA上一点，当SE∶SA＝________时，SC∥平面EBD. 解析：连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO(图略).因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O是AC的中点．因为SC∥平面EBD，SC⊂平面SAC，且平面EBD∩平面SAC＝EO，所以SC∥EO，所以点E是SA的中点，此时SE∶SA＝1∶2. 答案：1∶2 11．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________． 解析：如图，过 点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N， 连接DN，则平面MNDB即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝.设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝＝， 所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝. 答案： 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，菱形ABCD的对角线交于点O，E，F分别是PC，DC的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，PD⊥AD. 求证：(1)平面EFO∥平面PAD；(4分) (2)PD⊥平面ABCD；(4分) (3)平面PAC⊥平面PBD.(5分) 证明：(1)因为四边形ABCD是菱形， 所以O是AC的中点． 又E，F分别是PC，DC的中点，所以EF∥PD. 又EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， 所以EF∥平面PAD， 同理可得，FO∥平面PAD. 又EF∩FO＝F，EF，FO⊂平面EFO， 所以平面EFO∥平面PAD. (2)因为平面PAD⊥平面ABCD，PD⊥AD， 且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊂平面PAD，所以PD⊥平面ABCD. (3)因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥PD. 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD，因为AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD. 13．(本小题满分15分)在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，四边形ADPQ是直角梯形，AD⊥DP，CD⊥平面ADPQ，AB＝AQ＝DP. (1)求证：PQ⊥平面DCQ；(7分) (2)若AQ＝2，求四面体C-BDQ的体积．(8分) 解：(1)证明： 因为CD⊥平面ADPQ，PQ⊂平面ADPQ，所以CD⊥PQ，作QE⊥DP于点E，易知四边形ADEQ为正方形，设AB＝AQ＝DP＝1，则DQ＝PQ＝，DP＝2， 所以DQ2＋PQ2＝DP2，即DQ⊥PQ， 且CD∩DQ＝D，CD，DQ⊂平面DCQ，所以PQ⊥平面DCQ. (2)因为CD⊥平面ADPQ，AQ⊂平面ADPQ，所以CD⊥AQ， 又AQ⊥AD，且AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以AQ⊥平面ABCD， 所以VC-BDQ＝VQ-BCD＝S△BCD·AQ＝××22×2＝. 14．(本小题满分15分)如图，点B，C为半圆O圆弧上的两个三等分点，PA⊥AD，PC⊥CD，E为PD的中点． (1)证明：CE∥平面PAB；(6分) (2)证明：平面BOE⊥平面EAC.(9分) 证明：(1)如图1， 取PA的中点F，连接EF，BF，又E为PD的中点，则EF∥AD，EF＝AD，因为B，C为半圆O圆弧上的两个三等分点，所以BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC，EF＝BC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB. (2)如图2，连 接OC，则OA＝OC，由(1)可得AO∥BC，AO＝BC＝OC，所以四边形OABC为菱形，则OB⊥AC，由题意得DC⊥AC，又PC⊥CD，AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC， 所以CD⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC， 所以CD⊥PA，由E为PD的中点，O为AD的中点，得PA∥OE， 又PA⊥AD，所以OE⊥CD，OE⊥AD. 又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD， 所以OE⊥平面ACD， 又AC⊂平面ACD，所以OE⊥AC， 又OB⊥AC，OE∩OB＝O，OE⊂平面BOE，OB⊂平面BOE，所以AC⊥平面BOE，又AC⊂平面EAC，所以平面BOE⊥平面EAC. 学科网（北京）股份有限公司 $