特训12 立体几何-【快乐假期】2026-2027学年中职高三数学寒假作业

13.解析：由题意可知正方体的体积V=23=8,设正四棱 维的高为，则有8=号×2X2h,A=6。 答案：6 14,解：1)圆维的侧面积5，=号×(2x×3)×5=15,底 面积S2=πX32=9π， 则其表面积S=S1十S2=24π. (2)圆锥的高h=√52-32=4， 则共依积V=日s6=号X9xX4=12x 1 15.解：1DV三A-D=号S8aD·AA=日×名· AB·AD·A1A=日d,截剩余都分的体积V- V方水-V三被队eD=公2-百d2=名c (2V三技AA即=V三技0AABD=日c。 设三棱锥A-A1BD的高为h, 则V三技维A,即=弓·SAAD·h=子X号X 1 3 2 (aA=得ah,故得a=言，解得A-。 放三被维A-A1BD的高为得。. 16.解：(1)设圆锥体的高为h,底面半径为R,母线长为 l,则h=√2-R2=√102-62=8(cm) (2)球放入圆锥体后的轴截面如图 所示，设球的半径为r, 由△OCDp△ACO1, 得80- 所以日-86，解得=3. 圆锥体剩余的空间为圆锥体的体积减去球的体积， 即Va#-Vg=号×xX62X8-号xX3=96x 36π=60π(cm3). 特训12立体几何 1.D[直线与平面所成角的范围是[0°，90].] 2.C[由公理2和三个推论知C正确.] 3.D[由线面垂直的性质知选项D说法正确.] 4.D[异面直线AD1与CD所成角为90°；直线AD1与 平面ABCD所成的角为45°；直线AD1与CD1的夹 角是60°.] 5.C[对于①中，若a∥B,得到直线l⊥平面B,所以l⊥ m,所以是正确的； 对于②中，若a⊥B,直线l在B内或者l∥B,则L与m 的位置关系不确定，所以不正确； 对于③中，若l,∥m,则直线m⊥a,由面面垂直的性质 定理，可得αB,所以正确； 对于④中，若l⊥m,则a与B可能不垂直，所以不 正确.」 6.A[如图，EF∥AC,GH∥AC,且EF=合AC,GH= 2AC,所以四边形EFGH是平行四边形，EH=FG宁 ·7 2BD.因为AC=BD,所以 EF=FG,所以四边形EFGH 是菱形，故选A.] 7.C[若b∥c,由a∥b,得a∥ B c,与a与c相交矛盾.当c与b 共面时，c与b相交；当c与b G 不共面时，c与b异面.] 8.C[因为AB=CB,且E是 AC的中点，所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,因为BE ∩DE=E,BE,DEC平面PDE,于是AC⊥平面 BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面 BDE.又由于ACC平面ACD,所以平面ACD⊥平 面BDE.] 9.C[如图，设正四面体 A-BCD的棱长为2，取BD的 中，点N,连接MN,CN, M ,M是AB的中点， ∴.MN∥AD, ∴.∠CMN是直线CM与AD 所成的角（或其补角）， 设MN的中点为E,则CE ⊥MN, 2,CM=3, 1 在△CME中，ME= ∴cos∠CME=ME-2=3 CM√361 G直线CM与AD所成角的余弦值为3.] 10.B[由余弦定理有，AC2=AD +CD2-2AD·CD·cosD= 16+9-2×4×3×号-13， 所以AC=√/I3,因为PA⊥平 面ABCD,AC在平面ABCD 内，所以PA⊥AC, 所以PC=√PA2+AC2=√36+13=7.] 11.解析：因为A1A⊥平面ABCD,所以∠ABA1为所求 角，∠ABA=冬，即直线AB与平面ABCD所成角 的大小为至 答案： 12.解析：由公理4以及面面平行的判定知①②正确；若 a∥a,b∥a,则a与b可能平行，可能相交，也可能异 面；若a∥a,a∥B,则a∥B或a与B相交，所以③ ④错. 答案：①② 13.解析：，ABCD为正方形， ∴AC⊥BO. BB1⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, AC⊥BB1, 又BO∩BB1=B,BO,BB1C平面BB1O, .AC⊥平面BB1O. ,EF是△ABC的中位线， .EF∥AC, ∴.EF⊥平面BB1O. 答案：垂直 14.解：(1)证明：因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所 以AA1∥CC1且AA1=CC1, 所以四边形AA1C1C为平行四边形， 所以AC∥A1C1,又因为AC寸平面A1PC1,A1C1C 平面A1PC1,所以AC∥平面A1PC1. (2)连接B1D1(图略)， 因为ABCD-A1B1C1D1为正方体， 所以四边形A1B1C1D1为正方形， 所以对角线B1D1⊥A1C1, 又因为P是棱B1B上的，点， 所以B1P⊥平面A1B1C1D1, 又因为A1C1C平面A1B1C1D1,所以B1P⊥A1C1, 又因为B1D1∩B1P=B1,B1D1,B1PC平面 B1D1P,所以A1C1⊥平面B1D1P, 因为A1C1∥AC,所以AC⊥平面B1D1P, 又因为D1PC平面B1D1P,所以AC⊥D1P. 15.解：(1)证明：连接AC(图略)，在正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD,则AA1⊥BD. 又AC⊥BD,AA1,AC是平面ACA1内两条相交 直线， 故BD⊥平面ACA1,所以A1C⊥BD. (2)二面角A1-BC-D与二面角A1-BC-A的大 小相等，∠ABA1即为二面角的平面角，其正切值 为√2. 16.解：(1)证明：O,M分别为AB,VA中点， ∴.OM∥VB,.VB中平面MOC,OMC平面MOC, .VB∥平面MOC. (2),AC=BC,O为AB中点，.OC⊥AB, 平面VAB⊥平面ABC,OCC平面ABC. .OC⊥平面VAB,,OCC平面MOC, ∴.平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=√2， ..AB=2,OC=1,..SAVAB=3, ,OC⊥平面VAB, .Vovan-OC SAv 3 i.VrAnc-Vov 特训13排列与组合、二项式定理 1.B[符合分步计数原理4×4×4×4×4=45，故 选B.] 2.A[此题是一个无条件的组合问题，可以理解为第一 天去2人，然后第二天去2人，第三天去2人，共分3 步，由分步计数原理，则不同的安排方法是：C哈·C· C=90,故选A.] 3.C[上山有2种，下山有3种，或上山有3种，下山有 2种，符合分步计数原理2×3+3×2=12.故选C.] 4.C [项式2x3-2）7 的展开式通项为 √x 2(-g-r2-,◆1 2=0,解得r=6.常数项为C9(-1)6×2=14.] ·7 5.C[由题意，有四件不同款式的上衣与三条不同颜色 的长裤， 从四件不同款式的上衣中，任选一件有C=4(种) 选法， 从三件不同颜色的长裤中，任选一件有C=3(种) 选法， 根据分步计数原理，可得共有4×3=12（种）不同的 选法.] 6.A[因为(1十x)n展开式中的第3项与第11项的二 项式系数相等，即C层=C0,所以n=12,所以二项式 系数和是212.] 7.D[根据题意，把3位女生中的两位捆绑在一起看做 一个复合元素有A种方法，再和剩下的一位女生，插 入到3位男生全排列后形成的4个空的其中2个空 中，故排列种数共有A号AA=432.] 8.B[由(x一2)6可知其展开式共7项，第4项的二项 式系数最大，所以T4=Cx3(-2)3=-160x3.] 9.B[将4人分成3组，一组2人，一组1人，一组1人， 分法有C?种，再分配给3个不同场馆有A, 所以不同的分配方案种数C·A=36种.] ,3x+x+8=28 10.C[由C影=C88,.3x≤28 ，或 (x+8≤28 ,3x=x十8 3x≤28，解得x=4或x=5.] (x十828 1.c周为1，=C@:()广=.c+ 是常数项，所以”12=0，所以m=12.] 2 12.A[当a=1时，b=2,3,4,5,6,7,有6个. 当a=2时，b=3,4,5,6,7,有5个. 当a=3时，b=4,5,6,7,有4个. 当a=4时，b=5,6,7,有3个. 当a=5时，b=6,7,有2个. 由分类计数原理得共有6+5+4+3十2=20（个）.] 13.B[对于等式(2x-1)4=[(2x-2)+1]4=[1+(2x -2)]4=ao十a1(x-1)十a2(x-1)2十a3(x-1)3+ a4(x-1)4.所以a2=C×22=24.故选B.] 14.D[由题意，按区域分四步： 第一步：A区域有3种颜色可选： 第二步：B区域有2种颜色可选； 第三步：C区域有1种颜色可选； 第四步：D区域只有1种颜色可选， 由分步计数原理可得，共有C3·C是·C·C= 6(种)不同的种植方案.] 15.B[编号1至5号的无人机颜色必须相同，编号7、8 号的无人机颜色必须相同， 两组颜色相同时，有A号=6种， 两组颜色不相同时，有A3=6种，故共有12种.] 16解析：甲、乙两人不相邻，所以由插空法知，共有 A·A=72种排法. 答案：72 17.解析：，方程x2十ax十1=0有两个不相等实根， a2-4>0,a>2或a<-2,a可取3,4,5,6，共 4种. 答案：4 9数学 特训12 立体几何 一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求，请将符合题目要求的选项选出) 1.直线与平面所成角的范围是 A.(0°，90) B.(0°，90°] C.[0°，90) D.[0°，90] 2.下列条件能确定平面的是 ( 饗 A.空间三点 B.两条直线 C.两条相交直线 D.一条直线和一个点 3.已知两条不同的直线m,n与平面a,则下列命题正确的是 ( A.若m∥a,n∥a,则m∥n B.若m⊥n,m∥a,则n⊥a 斯 C.若m⊥n,m⊥a,则n⊥a D.若m⊥&，n⊥a,则m∥n 4.如图，正方体ABCD一AB,CD1的棱长为4，下列结论正确的是( A.异面直线AD1与CD所成角为45 B.直线AD,与平面ABCD所成的角为60 D n C.直线AD1与CD1的夹角为90 D.直线AD1与CD1的夹角为60 和 5.已知直线l⊥平面a,直线mC平面B,有下列四个命题：①若a∥3，则1⊥m;②若a⊥B,则 l∥m;③若l∥m,则a⊥B;④若l⊥m,则a⊥B,其中，正确命题的序号是 () A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 6.在四面体ABCD中，AC=BD,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点，则四边形 EFGH是 ( ) A.菱形 B.梯形 C.矩形 D.正方形 俐 7.a,b,c是空间三条直线，a∥b,a与c相交，则b与c位置关系是 A.相交 B.共面 C.异面或相交 D.相交、平行、异面都有可能 8.如图，在四面体D-ABC中，若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点，则下 列结论正确的是 A.平面ABCL平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC 函 C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE 9.已知在正四面体A-BCD中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为 ( B. 2 2 c. 6 D. 23 ● 41 10.在平行四边形ABCD中，AD=4,CD=3,∠D=60°且PA⊥平面ABCD,PA=6,则PC= () A.6 B.7 C.8 D.9 二、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.请将答案填在题中的横线上） 11.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1B与平面ABCD所成角的大小 为 B D A 12.设有不同的直线a,b,c和不同的平面a,B,y,已知如下命题：①若a∥b,b∥c,则a∥c; ②若a∥B,B∥y,则a∥y;③若a∥a,b∥a,则a∥b;④若a∥a,a∥B,则B∥a.其中正确命 题的序号是 13.如图，在正方体ABCD-A1BC,D1中，E,F分别是棱AB,BC的中点，O是底面ABCD 的中心，则EF与平面BB,O的位置关系是 .（填“平行”或“垂直”) D D 0 1 E B 三、解答题（本大题共3个小题，共35分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 14.(10分)如图所示，在正方体ABCD-A1BC1D1中，P是棱B1B上的点， 求证： (1)AC∥平面A1PC; (2)AC⊥D1P. ·42· 15.(12分)如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B,C1D1中，AB=BC=2, A D AA1=2√2 B (1)求证：AC⊥BD; (2)求二面角A1-BC-D的正切值. D ·43· 16.(13分)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB⊥平面ABC,△VAB 为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=√2，O,M分别为AB,VA 中点. (1)求证：VB∥平面MOC. (2)求证：平面MOC⊥平面VAB. (3)求三棱锥V-ABC的体积. 脚 烯 ·44·