加强练(十)立体几何与空间向量--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf
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1、加强练(十)立体几何与空间向量 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 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)1(2021宁波模拟)若直线 l 不平行于平面,且 l,则()A 内所有直线与 l 异面 B 内只存在有限条直线与 l 共面 C 内存在唯一的直线与 l 平行 D内存在无数条直线与 l 相交 答案 D 解析 由直线与平面的位置关系知 l,则 l 或 l 与平面 相交由题意知,l 不平行于平面,则设 lP,故平面 内所有过点 P 的直线与 l 相交,平面 内不过点 P 的直线与 l 异面,故选 D.2(2021湘中名校联考)已知 m,n 是两条不同的直线
2、,是三个不同的平面,下列命题中正确的是()A若 m,n,则 mn B若 m,m,则 C若,则 D若 m,n,则 mn 答案 D 解析 A 中,两直线可能平行、相交或异面;B 中,两平面可能平行或相交;C中,两平面可能平行或相交;D 中,由线面垂直的性质定理可知结论正确,故选D.3如图,四个棱长为 1 的正方体排成一个正四棱柱,AB 是一条侧棱,Pi(i1,2,8)是上底面上其余八个点,则ABAPi(i1,2,8)的不同值的个数为()A1 B2 C4 D8 答案 A 解析 ABAPi|AB|APi|cosAB,APi111,只有一个值 4(2021杭州二中仿真模拟)设某几何体的三视图如图,则该几
3、何体的体积为()A12 B8 C4 D2 答案 C 解析 由三视图可知,该几何体是三棱锥,其体积 V13124324,故选C.5(2020山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O),地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角,点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA垂直的平面,在点 A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点 A 处的纬度为北纬 40,则晷针与点 A 处的水平面所成角为()A20 B40 C50 D90 答案 B 解析 如图所示,O 为赤道平面,O1为 A 点处的日晷的晷面所在
4、的平面,由点 A 处的纬度为北纬 40可知OAO140,又点 A 处的水平面与 OA 垂直,晷针AC 与O1所在的面垂直,则晷针 AC 与水平面所成角为 40.故选 B.6(2021龙湾中学检测)在正四面体 ABCD 中,P 是 AB 的中点,Q 是直线 BD上的动点,则直线 PQ 与 AC 所成的角可能为()A.12 B.4 C.512 D.2 答案 C 解析 如图,以 BD 的中点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正四面体的棱长为 2,则易得 B(0,1,0),C(3,0,0),D(0,1,0),A33,0,2 63,P36,12,63.设 点 Q(0,m,0),mR,则 AC2
5、 33,0,2 63,PQ36,m12,63,则 cosAC,PQACPQ|AC|PQ|12m1223433,则AC,PQ3,2,故选 C.7.如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA平面 ABCD,PAAD4,AB2.以 AC 的中点 O 为球心,AC 为直径的球面交 PD 于点 M.则 CD 与平面 ACM 所成角的正弦值为()A.32 B.33 C.53 D.63 答案 D 解析 如图所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2)所以AC(2,4,0),AM(0,2,2),CD(
6、2,0,0)设平面 ACM 的一个法向量 n(x,y,z),由 nAC,nAM,可得2x4y0,2y2z0,令 z1,得 n(2,1,1)设所求角为,则 sin|CDn|CD|n|63.8(2021长沙四校模拟一)在棱长为 2 的正方体 ABCDABCD中,有一个与正方体各个面均相切的球 O,则平面 ABD截该球所得截面的面积为()A.23 B.43 C D2 答案 A 解析 由题意知球 O 的球心为正方体的中心(体对角线的交点),半径为 1,AAABAD2,ADBDAB2 2.设点 A到平面 ABD的距离为 h,则由 VAABDVAABD,得13122 22 2sin 60h1312222,
7、得 h2 33.连接 AC,易知 AC2222222 3,所以球心 O 到平面 ABD的距离为 32 3333,从而截面圆的半径为133263,因此所求截面的面积为23.9(2021北京西城区综合练习)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1,平面 与此正方体相交对于实数 d(0d 3),如果正方体 ABCDA1B1C1D1的八个顶点中恰好有 m 个点到平面 的距离等于 d,那么下列结论中一定正确的是()Am6 Bm5 Cm4 Dm3 答案 B 解析 如图(1)恰好有 3 个点到平面 的距离为 d;如图(2)恰好有 4 个点到平面 的距离为 d;如图(3)恰好有 6 个点到平面 的距离
8、为 d.10(2021浙江名师预测卷二)如图,已知三棱锥 SABC 中,SASBSC,ABC90,ABBC,E,F,G 分别是 AB,BC,AC 的中点,分别记平面 SEF 与平面 SAC、平面 SEG 与平面 SBC、平面 SFG 与平面 SAB 所成的锐二面角为,则,的大小关系是()A B C D 答案 C 解析 由 SASBSC 可知点 S 在底面 ABC 上的射影是ABC 的外心,ABC90,AC 的中点 G 就是点 S 在底面 ABC 上的射影,即 SG平面 ABC,过点G 作 GHEF,交 EF 于点 H,连接 SH,则GSH 就是平面 SEF 与平面 SAC 所成角的平面角,ta
9、nGSHtan GHSG,易证 GF平面 SEG,GSF 就是平面SEG 与平面 SBC 所成角的平面角,tanGSFtan GFSG,同理,tanGSEtan GESG,在 RtEGF 中,GHGEGF,tan tan tan,故选C.二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分)11(2019全国卷)已知ACB90,P为平面ABC外一点,PC2,点P到ACB两边 AC,BC 的距离均为 3,那么 P 到平面 ABC 的距离为_ 答案 2 解析 如图,过点 P 作 PO平面 ABC 于 O,则 PO 为 P 到平面 ABC 的距离 再过 O 作 OEA
10、C 于 E,OFBC 于 F,连接 OC,PE,PF,则 PEAC,PFBC.所以 PEPF 3,所以 OEOF,所以 CO 为ACB 的平分线,即ACO45.在 RtPEC 中,PC2,PE 3,所以 CE1,所以 OE1,所以 PO PE2OE2(3)212 2.12如图,正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 4,P 为 BC 的中点,Q 为线段 CC1上的动点(异于 C 点),过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 M.当 CQ_时(用数值表示),M 为等腰梯形;当 CQ4 时,M 的面积为_ 答案 2 8 6 解析 连接 AP 并延长交 DC 的延长线于点 N,当点 Q
11、为 CC1的中点,即 CQ2时,连接 D1N,则 D1N 过点 Q,PQ 綉 AD1,显然 APD1Q,M 为等腰梯形;当CQ4 时,NQ 交棱 DD1延长线上一点(设为 G),且 GD14,AG 过 A1D1的中点,此时 M 为菱形,其对角线长分别为 4 3和 4 2,故其面积为 8 6.13(2021浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是_ cm3,表面积是_ cm2.答案 16 8 24 624 解析 易知该几何体是一个底面为直角梯形,一条侧棱垂直底面的四棱锥,所以该几何体的体积 V13(42)42416(cm3),表面积为(42)424424
12、2244 224 32 228 24 624(cm2)14(2019全国卷)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美 图是一个棱数为48 的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为 1,则该半正多面体共有_个面,其棱长为_ 答案 26 21 解析 依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6 个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由 18 个正方形,8 个正三角形组成,因此题中
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