第七章 立体几何与空间向量-备战2024年高考数学专题测试模拟卷(新高考专用)(解析卷)

2023-11-21 · U1 上传 · 24页 · 1.9 M

备战2024年高考阶段性检测名校重组卷(新高考)立体几何空间向量试卷22小题,满分150分。考试用时120分钟一、单项选择题:本题共8小题,每小题5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的。1.(2023·吉林·统考三模)已知直线与平面,,,能使的充分条件是(    )A., B.,C., D.,,【答案】C【详解】对于A,当,时,可能平行,可能相交,但不一定垂直,A错误;对于B,当,时,,B错误;对于C,,,根据面面垂直判定定理可知,C正确;对于D,当,,时,,但相交但不一定垂直,如图示:故D错误;故选:C2.(2023·湖南长沙·统考一模)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC⋅BD1的值为(    )A.10.5 B.12.5C.22.5 D.42.5【答案】A【分析】将AB,AD,AA1作为基底,然后用基底表示出AC,BD1,再求其数量积即可.【详解】由题意得AC=AB+AD,BD1=BA+AD+DD1=-AB+AD+AA1,因为AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,所以AC⋅BD1=(AB+AD)⋅(-AB+AD+AA1)=-AB2+AB⋅AD+AB⋅AA1-AB⋅AD+AD2+AD⋅AA1=-AB2+AB⋅AA1+AD2+AD⋅AA1=-16+4×5cos60°+9+3×5cos60°=-16+10+9+7.5=10.5, 故选:A3.(2023·江苏·统考三模)已知底面半径为r的圆锥SO,其轴截面是正三角形,它的一个内接圆柱的底面半径为,则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为(    )A. B. C. D.【答案】D【详解】圆锥的高为,如图,由可得:,∴,∴,圆柱侧面积,圆锥侧面积,.故选:D.4.(2023天津联考三模)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面是边长为(单位:)的正方形,,,,均为正三角形,且它们所在的平面都与平面垂直,则该包装盒的容积是() ABCD 【答案】A     【解析】过点作于点,过点作于点,连接.      过点,分别作,,交,于点,,   连接,,,, ,分别为,的中点,为长方体,故该包装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成. 由底面是边长为的正方形可得:,∴所求该包装盒的容积为             .5.(2023·山西晋中·统考三模)已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动,则的最大值为(    )A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【详解】取中点,连接,如图,则,当在正方体表面上运动时,运动到或处时,最大, 所以,所以的最大值为8.故选:C6.(2023·浙江温州·统考三模)四面体满足,点在棱上,且,点为的重心,则点到直线的距离为(    )A. B. C. D.【答案】A【详解】四面体满足,即两两垂直,以点O为原点,以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,因为,,则,于是,,所以点到直线的距离.故选:A7.(2023·山东菏泽·统考一模)如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且A,B,C,D四个顶点在同一平面内,下列结论:①AE//平面CDF;②平面ABE//平面CDF;③AB⊥AD;④平面ACE⊥平面BDF,正确命题的个数为(    ) A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【分析】根据题意,以正八面体的中心O为原点,OB,OC,OE分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,由空间向量的坐标运算以及法向量,对选项逐一判断,即可得到结果.【详解】以正八面体的中心O为原点,OB,OC,OE分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设正八面体的边长为2,则A0,-2,0,E0,0,2,C0,2,0,D-2,0,0,F0,0,-2所以,AE=0,2,2,CD=-2,-2,0,CF=0,-2,-2,设面CDF的法向量为n=x,y,z,则CD⋅n=-2x-2y=0CF⋅n=-2y-2z=0,解得x=zx=-y,取x=1,即n=1,-1,1又AE⋅n=-2+2=0,所以AE⊥n,AE⊄面CDF,即AE//面CDF,①正确;因为AE=-CF,所以AE//CF,又AB//CD,AB⊄面CDF,CD⊂面CDF,则AB//面CDF,由AB∩AE=A,AE,AB⊂平面ABE,所以平面AEB//平面CDF,②正确;因为B2,0,0,AB=2,2,0,AD=-2,2,0,则AB⋅AD=0,所以AB⊥AD,③正确;易知平面ACE的一个法向量为n1=1,0,0,平面BDF的一个法向量为n2=0,1,0,因为n1⋅n2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,④正确;故选:D 8.(2023·吉林·统考三模)如图,菱形纸片中,,O为菱形的中心,将纸片沿对角线折起,使得二面角为,分别为的中点,则折纸后(    )A. B. C. D.0【答案】A【详解】如图,连接,则,故即为二面角得平面角,即,设的中点为M,连接,则,设菱形纸片中的边长为2,因为,则为正三角形,则,故为正三角形,故,又,平面,则平面,平面,故,又因为为的中点,所以,所以,又,故,故在中,, 故,故选:A二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。9.(2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模)已知、、为空间中三条不同的直线,、、为空间中三个不同的平面,则下列说法中正确的有(    )A.若,,,则B.若,,,若,则C.若,、分别与、所成的角相等,则D.若,,,则【答案】BD【详解】对于A,如图1,若,,,则可以与平行,故A错误;对于B,因为,,,且,,则,因为,,则,故,B对;对于C,如图2,若,、分别与、所成的角为时,与可以相交、平行或异面,故C错误;对于D,若,,则,又,则,D对.故选:BC.10.(2023·昆明模拟)已知P,Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上的动点(不与顶点重合),则下列结论错误的是( )A.AB⊥PQB.平面BPQ∥平面ADD1A1C.四面体ABPQ的体积为定值D.AP∥平面CDD1C1【答案】 C【解析】 对于A,∵AB⊥BC,AB⊥BB1,BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面BCC1B1, ∴AB⊥平面BCC1B1,∵PQ⊂平面BCC1B1,∴AB⊥PQ,故A正确;对于B,∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1,平面BPQ与平面BCC1B1重合,∴平面BPQ∥平面ADD1A1,故B正确;对于C,∵A到平面BPQ的距离AB为定值,Q到BP的距离为定值,BP的长不是定值,∴四面体ABPQ的体积不为定值,故C错误;对于D,∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1,AP⊂平面ABB1A1,∴AP∥平面CDD1C1,故D正确.11.(多选)(2023·安徽黄山·统考三模)在棱长为的正四面体中,过点且与平行的平面分别与棱交于点,点为线段上的动点,则下列结论正确的是(    )A.B.当分别为线段中点时,与所成角的余弦值为C.线段的最小值为D.空间四边形的周长的最小值为【答案】ABD【详解】由题知,//平面,而平面平面,平面,根据线面平行的性质定理可知,//,又,即,故,A选项正确;连接,易得,又,于是(三线合一),故, 取中点,连接,由中位线可知,在中由余弦定理,,即,由//,与所成角即为(或其补角),在中根据余弦定理,,B选项正确;根据B选项分析,当分别为线段中点时,,C选项错误;由//,由于为正三角形,则也是正三角形,故,故四边形的周长为:,当为中点,即时,有最小值.即空间四边形的周长的最小值为,D选项正确.故选:ABD12.(多选)(2023·黑龙江大庆·统考三模)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心,以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体,若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体,如图,则下列说法正确的是(    )A.平面截勒洛四面体所得截面的面积为B.记勒洛四面体上以C,D为球心的两球球面交线为弧,则其长度为C.该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4D.该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】AD【详解】对于A,平面截勒洛四面体所得截面如图甲,它的面积为三个半径为4,圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积;即,故A正确;对于B,如图乙,取中点,在中,,,记该勒洛四面体上以,为球心的两球交线为弧,则该弧是以的中点为圆心,以为半径的圆弧, 设圆心角为,则,可知,所以弧长不等于,故B错误;对于C,如图丙,设弧的中点是,线段的中点是,设弧的中点是,线段的中点是,则根据图形的对称性,四点共线且过正四面体的中心,则,,,,即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4,最大值为,故C错误;对于D,勒洛四面体能容纳的最大球,与勒洛四面体的弧面相切,如图乙,其中点为该球与勒洛四面体的一个切点,由对称性可知为该球的球心,内半径为,连接,易知三点共线,设正四面体的外接球半径为,如图丁,则由题意得:正四面体的高,,,则,解得:,所以,,内半径,故D正确.故选:AD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。13.(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点F,G分别是AB,CC1的中点,则△D1GF的面积为________.【答案】 eq\f(\r(14),2)【解析】 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则D1(0,0,2),G(0,2,1),F(1,1,0),eq\o(FD1,\s\up6(—→))=(-1,-1,2),eq\o(FG,\s\up6(→))=(-1,1,1),∴点D1到直线GF的距离 d=eq\r(|\o(FD1,\s\up11(—→))|2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(—→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7( ),\s\do4()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2)=eq\r(6-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)=eq\f(\r(42),3).又|eq\o(FG,\s\up6(→))|=eq\r(3),∴=eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(42),3)=eq\f(\r(14),2).14.(2023·广东·统考模拟预测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为AA1,AB的中点,M点是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为________.【答案】 eq\r(2)【解析】 如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF,可得四边形EGC1D1是平行四边形,所以C1G∥D1E,又C1G⊄平面CD1EF,D1E⊂平面CD1EF,所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G=C1,所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知,若C1M∥平面CD1EF,则点M在线段GH上,所以M点的轨迹长度GH=eq\r(12+12)=eq\r(2).15.(2023·北京模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点O为底面ABCD的中心,点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动.给出下列四个结论:①D1O⊥AC;②存在一点P,D1O∥B1P; ③若D1O⊥OP,则△D1C1P面积的最大值为e

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