第八章立体几何初步章末检测卷（含解析）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册

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第八章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．九棱锥共有（ ）
A．9条棱 B．10条棱 C．12条棱 D．18条棱
2．的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ）
A． B．4 C． D．8
3．四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线平面，则“直线”是“”的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
6．设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若不垂直于，则必不垂直于
C．若,，则
D．若是异面直线，，则
7．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（ ）

A． B． C． D．
8．如图，正方体的棱长为1，，，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线AF垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点到平面的距离相等
二、多选题
9．下列命题中，正确的有（ ）
A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
10．如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在正方体中，分别是棱的中点，则（ ）

A．平面 B．平面
C．点在平面内 D．点在平面内
三、填空题
12．将半径为的5个球放入由一个半径不小于3r的球和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，若此正四面体的棱长为，则的最大值为 ．
13．如图，在正三棱柱中，，，则直线与直线所成角的正切值为 ．
14．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ．
四、解答题
15．如图所示，在四边形中，，，（参考公式：台体的体积公式：，圆台的侧面积公式：）

(1)求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积
(2)求四边形绕旋转一周所成几何体的体积
16．如图一个圆锥的底面半径为1，高为3，在圆锥中有一个底面半径为x的内接圆柱.
(1)求此圆锥的表面积与体积；
(2)试用x表示圆柱的高h；
(3)当x为何值时，圆柱的全面积最大，最大全面积为多少？
17．如图，在长方体中，，，点，分别是棱的中点．
(1)证明：三条直线相交于同一点
(2)求三棱锥的体积．
18．在正四棱台中，，，，E，F分别是AD，AB的中点．证明：平面平面．
19．《九章算术》是我国古代数学名著中的瑰宝，该书中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.在如图所示的阳马中，底面，点是的中点，连结.
(1)证明：两两垂直；
(2)设阳马的体积为，四面体的体积为，求的值.
《第八章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A D B D B B BC BD
题号 11
答案 BD
1．D
【分析】九棱锥有9条底边，棱也为9，即得答案.
【详解】九棱锥共有条棱．
故选：D
2．B
【分析】将直观图还原为原图，如图所示，进而求解.
【详解】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中，，
故的面积为，
故选：B．
3．A
【分析】将正四面体放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体的外接球，求出半径，过点作其外接球的截面，当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解.
【详解】将正四面体放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体的外接球，
设该外接球的球心为，半径为R，
正四面体的棱长为4，且正四面体的棱长是正方体的面对角线长，
正方体的棱长为，
正方体外接球的半径满足，
解得，为棱BC的中点，
过点作其外接球的截面，
当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，
此时为截面圆心，球心到截面的距离，
由截面的性质可得截面半径，
故截面面积的最小值为．
故选：
4．D
【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可．
【详解】设正方体的棱长为，则正方体的表面积是，
正四面体的棱长为，它的表面积是，
因此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为．
故选：D．
5．B
【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义可判断．
【详解】若直线平面， ，则直线平面或；
若直线平面，直线，则，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
6．D
【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得.
【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误；
对于C，若且，则或，故C错误；
对于D，若、是异面直线，，，，，
则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设，
又，则，，，所以，
又，，，，所以，故D正确.
故选：D.
7．B
【分析】延长交于，结合面面平行性质定理证明，证明，结合相似三角形性质证明结论.
【详解】解析如图所示，延长交于，连接，
则，所以.
因为平面平面，平面平面，
平面平面，
所以，又四边形是平行四边形，
所以，所以.
因为，所以.
因为，所以，
所以，
故选：B.

8．B
【分析】对A：假设，再根据//，推出，再推出矛盾即可；对B：延拓平面，再根据线线平行，即可推出线面平行；对C：根据B中所得截面，再结合几何关系，求得截面面积即可；对D：判断不过中点，即可判断选项的正误.
【详解】对A：假设，因为//，则，；
因为为正方体，故面，又面，故，，
故，假设不成立，即与不垂直，故A错误；
对B：连接，如下所示：
因为分别为的中点，故//，又//，故//，故四点共面；
易知四边形为平行四边形，故//，又面，面，故//面，B正确；
对C：由B可知，平面截正方体所得截面为梯形；
，，
故梯形的面积为，故C错误；
对D：连接，记，若下所示：
若点与点到平面的距离相等，则过的中点，也即为的中点；
显然四边形为平行四边形，显然不为的中点，故不是中点，
则点与点到平面的距离不相等，故D错误；
故选：B.
9．BC
【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故A错误；
棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥，
故B正确；由平行六面体的概念和性质可知：
平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故C正确；
根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点。
有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，
不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故D错误.
故选：BC.
10．BD
【分析】首先算出长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误.
【详解】如图所示，在直观图中，过作于，
.
又，
所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图：
那么有，故选项B正确；
又因为，故选项A C错误；
而，故选项D正确.
故选：BD.
11．BD
【分析】B选项，根据正方体和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理即可得到平面；D选项，利用中位线的性质得到，然后利用平行的传递性得到，即可证明点在平面内；A选项，根据图形即可判断；C选项，根据平面判断.
【详解】

连接，
在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，故B正确.
因为分别为中点，所以，所以，所以四点共面，即点在平面内，故D正确；
再连接，显然不在平面内，所以与平面不平行，故A错误；
由平面，可知点不在平面内，故C错误.
故选：BD.
12．1
【分析】根据正四面体的性质求得外接球的半径，根据等体积法求得内切球的半径，设与球的球面相交于点，则利用解答即可.
【详解】如图，设的中心为，则正四面体的外接球球心在上，连接OD，．
则，，
设外接球的半径为，则，解得．
设正四面体内切球的半径为，
根据等体积法可得，故，
根据题意得，，所以．
设与球的球面相交于点，如图所示，画出截面图，，
故．
综上所述，的最大值为1．
故答案为：1
13．/
【分析】根据给定条件，作出直线与直线所成的角，再借助余弦定理求出余弦值即可求解.
【详解】在正三棱柱中，连接交于O点，取的中点F，连接OF，
显然是的中点，则，是与所成的角或其补角，
在中，，，，
，，
所以直线与直线所成角的正切值为.
故答案为：
14． 1
【分析】由题可证平面，若平面，则l与平面所成的角为0，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，可得为在平面内的射影，为直线l与平面所成的角，求出的范围，得解.
【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面，
将四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
可得四棱锥的外接球的球心O为的中点，∴，
连接，，交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，即平面，
若平面，则l与平面所成的角为0．
如图，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，
因为平面，且平面，所以，
又，，且，，平面，所以平面，
故过B且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，
又，且，所以平面，又平面，
所以，又平面，所以为在平面内的射影，
即为直线l与平面所成的角，且，
在中，，，由射影定理求得 ，
而，当且仅当重合时，等号成立，
故，∴．
综上，直线l与平面所成夹角的取值范围为.
故答案为：1；.
15．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可知旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体，再利用台体侧面积公式以及锥体侧面积公式计算可得结果；
（2）根据几何体的性质直接代入体积公式计算可得结果.
【详解】（1）由题意可知，四边形绕旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体，
过点作，垂足分别为，如下图所示：

易知，所以，
又，所以，可得；
故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长；
圆锥底面半径，高，母线长，
所以圆台的侧面积为，
圆锥的侧面积为，
圆台的下底面面积为，
所以几何体的表面积为.
（2）易知几何体的体积等于圆台体积减去圆锥体积，
即,
所以几何体的体积为.
16．(1)表面积，体积
(2)，
(3)当时，.
【分析】（1）根据圆锥的表面积及体积公式计算即可；
（2）根据相似计算即可得出关系式；
（3）先写出全面积公式再结合二次函数得出最大值.
【详解】（1）由，，得，
所以，，
故 ，
；
（2）由相似可得，得，；
（3）记圆柱得全面积为S，
，
∵，∴当时，.
17．(1)证明见解析；
(2)1.
【分析】（1）先通过证明且得到四点共面，且相交，再利用基本事实三可证明结论；
（2）通过以及棱锥的体积公式求解.
【详解】（1）连接，如图：
分别是的中点，，，
且，
∴四边形为平行四边形，，
在中，分别是的中点，，，
且四点共面，
设，平面，平面，平面，平面，
平面平面，
三条直线相交于同一点；
（2），三棱锥的高为，
点是棱的中点，，
点分别是棱的中点，，，
．
．
18．证明见解析
【分析】结合正四棱台的几何特征，根据面面平行的判定定理，即可证明结论.
【详解】连接，AC，分别交，EF，BD于M，N，P，连接MN，．
由题意知，．平面，平面，
平面．又，，．
又E，F分别是AD，AB的中点，，则，
．．
又，．四边形为平行四边形．．
平面，平面，平面．
，，平面，平面平面．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，，和“阳马”的定义得；
（2）取的中点，连接，可得底面，再利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）由底面，底面，
则，，
又在阳马中，底面为矩形，
则，
因此可得两两垂直.
（2）
取的中点，连接，
又点是的中点，则，且，
又底面，
则底面，
则四面体的体积，
又阳马的体积，
则，
因此可得.
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