12.立体几何初步-【三新金卷】2027年高三数学一轮复习周测阶梯卷

2027高考总复习·周测阶梯卷·数学（十二） 12.立体几何初步 班级 姓名 考号 得分 本试卷满分100分，考试时间45分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题7分，共42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.已知圆台O1O上下底面圆的半径分别为1,3，母线长为4，则该圆台的侧面积为 A.32π B.26π C.16π D.8π 2.已知a,3,y是三个平面，a∩3=a,a∩y=b,3∩y=c,且a∩b=O,则下列结论正确的是 A.直线b与直线c可能是异面直线 B.直线a与直线c可能平行 C.直线a,b,c必然交于一点（即三线共点） D.直线c与平面a可能平行 3.将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，折起后点D记为D'.若BD'=2,则四面体ABCD'的体积为 A号 号 C.2√2 D.√2 4.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1BC1D1中，M是截面A1ACC上的一个动点（不包含边界），若A,ML AB1,则AM的最小值为 号 号 c号 5.蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因 而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经 国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A,B,C,D,四面体ABCD的体积 为 ,BD经过该鞠的中心，且AB=BC=1,AB⊥BC,则该鞠的表面积为 A.2π B.16π C.8π D.4π 6.已知虚数数列an=(1十i)",则其前4n项和为 A.[1-(-4)"](1-i) B.[1-(-4)](i-1) C.号[1-(-40]1-0 D.号[1-(-4)]i-1) 高考总复习·周测阶梯卷 二、选择题：本题共2小题，每小题7分，共14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 7分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 7.已知不重合的直线m,,l和平面a,B,则 A.若∥l,n∥l,则m∥n B.若m⊥l,n⊥l,则m⊥n C.若mCa,nCa,n∥B,n∥B,则a∥3 D.若m⊥a,mC3,则a⊥3 8.如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为√2，BC=2.若将正三棱锥A一PBC绕BC旋转，使得 点A,P分别旋转至点A',P处，且A',B,C,D四点共面，点A',D分别位于BC两侧，则 A.A'D⊥CP B.PP'∥平面A'BDC C.二面角A-BC-A的平面角的余弦值为号 D.多面体PPA'BDC的外接球的体积为√6π 选择题答题栏 题号 1 2 3 4 8 答案 三、填空题：本题共2小题，每小题7分，共14分。 9.在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，N为AB中点，M为BB,中点，则异面直线DN与CM所成角的余弦值 为 1O.如图，已知四棱锥D1一ABCD的底面ABCD为平行四边形，M是棱DD1上靠近点D的三等 分点，N是BD,的中点，平面AMN交CD,于点H,则，DH ”D1C ·数学（十二）P12-1 四、解答题：本题共2小题，共30分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(15分) 如图，在正方体A1B1CD1一ABCD中，E是DD1的中点. (1)求证：AC1∥平面ACE; (2)设正方体的棱长为1，求三棱锥B-AEC的体积. 12.(15分) 如图.正三棱柱ABC-ABG中，AB=AA,=2,点M为AB,的中点 （在校B,上是香存在点Q,使得AQL平面C,M若存在，求出名8的值：者不行在，请说男理南： (2)求点C到平面BC,M的距离. M 高考总复习·周测阶梯卷·数学（十二）P12一2(十二) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C A C D B AD BCD 1.【答案】C 【解析】设上下底面圆半径分别为1，母线长为1，则圆台侧面积S=号(2xm十2)=2(2x十6π)=16x. 2.【答案】C 【解析】ABC.因为a∩B=a,a∩y=b,a∩b=O,所以O∈a,O∈B,O∈y,因为3∩y=c,所以O∈c,所以直线a,b,c 必然交于一点（即三线共点），AB错误，C正确；D.假设直线c与平面a平行，由O∈c,可知O任a,这与O∈a矛 盾，故假设不成立，D错误. b/0 3.【答案】A 【解析】如图1，连接BD与AC相交于点O,则AC⊥BD.如图2，将正方形ABCD沿对角线AC折起，折起后点D 记为D'.因为BO⊥AC,D'O⊥AC,BO∩D'O=O,BOC平面OBD',D'OC平面OBD',所以AC⊥平面OBD',因 为正方形ABCD边长为2，所以AC=2+2=2E.0B=OD'=BD-AC=E.又因为BD=2,所以 OB十0D'=BD,所以OB1OD.所以四面体ABCD'的体积为Vm+Vem=号×SawXAC=-号× (合×x2)×2=2 图1 图2 4.【答案】C 【解析】若AM⊥AB1,则A1M在平面ABB1A上的投影在AB上，所以M的轨迹为AC, AM的最小值为A到A1C的距离，连接AC,过点A作AM⊥A1C于点M,因为AA1⊥AC, 且ACE,A.C-/AAAC-,所以AM-CC=后=令·放AM的成小值 为源 5.【答案】D 【解析】如图，取AC的中点M,连接BM与球O交于另一点N,连接OM,DN,易知AC为圆 面ABC的直径，OM⊥平面ABC,因为O,M分别为BD,BN的中点，所以OM∥DN,所以 DNL平面ABC.Vx=号×号×1X1XDN-号DN=厄，即OM-号.在R△ABC 中，AB=C-1,BN-号0=R=1,∴球0的表面积为S=红R=4 高考总复习·周测阶梯卷·数学（十二）·答案P26J 6.【答案B 【解析】取AD的中点O,连接PO,由已知△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD,又平面 PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,POC平面PAD,所以PO⊥平面AB- CD,设PD=,则P0-,AD=,又AB=2,所以矩形ABCD的面积Sm=2x,所以四 校能P-ACD的你积V-日XSewxP0=×2x关号=号，所u号= 16,5,所以C=4,所以PD=4,因为平面PADL平面ABCD,CpLAD,平面PADn平面ABCD=AD,CDC平 3 面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又PDC平面PAD,所以CD⊥PD,所以△CDP为直角三角形，斜边为PC,因 为CD⊥平面PAD,所以PC与平面PAD所成角的平面角为∠CPD,在Rt△CDP中，CD=AB=2,PD=4,所 以an∠CPD品-子，FPC与平面PAD所成角的正切值为宁 7.【答案】AD 【解析】A.根据平行传递性可知，若m∥l,n∥l,则m∥n,A正确；B.若m⊥l,n⊥l,则可能出现m⊥n,或m∥n, 或m,n相交但不垂直，或m,n异面但不垂直，B错误；C.若mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a∥B或a,3相交，C错误； D.根据面面垂直判定定理可知，若m⊥a,mC3,则a⊥3，D正确. 8.【答案】BCD 【解析】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为√2，BC=2,则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相 垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A,P分别旋转至点A',P 处，且A',B,C,D四点共面，点A',D分别位于BC两侧时，如图所示， 连接A'D,PP',如图所示， A.正方体中DP∥AP'且DP=A'P',四边形PDA'P为平行四边形，则有DA'∥PP, △PCP'为等边三角形，则PP'与PC夹角为60°，DA'∥PP',有DA'与PC夹角为60°，A错误； B.DA'∥PP',PP中平面A'BDC,DA'C平面A'BDC,PP'∥平面A'BDC,B正确； C.根据旋转过程可知，二面角A'-BC-A的平面角是下图二面角A-BC-D平面角的补角. 取BC中点E,连接AE,DE,AD,根据三线合一，AE⊥BC,DE⊥BC, 于是二面角A一BC-D的平面角为∠AED. 根据正棱锥的性质，AD连线经过△PBC的外心H, 根据正棱锥边长数据可得AE=DE=1,BH=BC=会，AH=√2-B开-⑤=D, √3√3 3-2, 即AD=26 1+1-24 9 1 ,由余弦定理，os∠AED=2·1·1 =-3’ 即二面角A一BC-D平面角的余弦值为一号，故二面角AN-BC-A的平面角的余弦值为了，C 正确； 高考总复习·周测阶梯卷·数学（十二）·答案P27J D多面体PPA'EDC的外接球即棱长为万的正方体的外接球，外接球的半径为，体积为誓) =√6x,D 正确. .【答案】号 【解析】如图，取AA,的中点E,连接DE,EN,因为DE∥CM,故∠EDN即为异面直线DN与 CM所成的角.在△DEN中，DE=DN=√5，EN=√2，由余弦定理：cos∠EDN=A B DE+DN2-EN2_5+5-2_4 2DE·DN 2w5×55· 10.【答案】号/0.4 【解析】如图所示，补全四棱锥为三棱柱，作D1E∥AB,且D1E=AB,因为ABCD为平行四 边形，所以AB∥CD,则D1E∥AB∥CD,且D1E=AB=CD,所以四边形ABED1和四边形 D1DCE都是平行四边形，因为N为中点，则延长AN必过点E,所以A,N,E,H,M在同一 平面内，因为DD1∥CE,所以△DMH∽△CEH,又因为M是棱DD1上靠近点D的三等分 点，所以2号则哈号 9D1C-5 11.【解析】(1)证明：因为在正方体AB1CD1-ABCD中，AA1∥CC1,AA1=CC1, 所以四边形AACC为平行四边形，所以AC∥AC, 又因为AC在平面ACE,ACC平面ACE, 所以A,C,∥平面ACE; (2)解：因为正方体的棱长是1，E是DD,的中点，所以ED-, 三角形ABC的面积S=号×1X1=2 三棱锥B-ABC的体积V,=V:号XSxED--子×号X号-立 12.【解析】(1)在正三棱柱ABC-A1BC中，因为点M为A1B的中点，则CM⊥A1B,, 又A1A⊥平面A1B1C1,C1MC平面A1B1C1,则有AA1⊥CM, 而AA1∩A1B1=A1,AA1,A1B1C平面AAB1B,于是CM⊥平面AA1B1B, CMC平面BC1M,则平面BC1M⊥平面AA1BB,在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q, 平面BC,M∩平面AA1B,B=BM,因此AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为所要找的点， 显然△AQ△B,M,因此品能即有吧-兰，于是BQ=名，BQBB-Q-1-名-子， 所以B0=7. QB (2)取AB的中点N,连接CN,MN,因为点M为AB的中点，则MN∥BB1∥CC,MN=BB=CC, 于是CNMC1为平行四边形，即CN∥CM,而C,MC平面BC,M,CN亡平面BC,M, 因此CV∥平面BCM,有点C到平面BC1M的距离hc等于点N到平面BCM的距离hv, 又N为AB之中点，则点N到平面BCM的距离hN等于点A到平面BCM的距离hA的一A, 半， 而由(I)知，当BQ=号时，AQ⊥平面BCM,cos∠BAQ=5 2 AQ V2+(3)月 17 设AQNBM=H,则hA=AH=ABeos∠BAQ=2X4 8 √7√7 所以点C到平面BCM的距离A:-As=b,-生严. 17 高考总复习·周测阶梯卷·数学（十二）·答案P28J