第13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苏教版2019必修第二册

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第13章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期苏教版2019必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．十棱锥共有（ ）
A．10个顶点 B．20个顶点 C．10条棱 D．20条棱
2．已知是两条不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
3．在空间四边形中，分别为边上的点，且，又分别为的中点，则（ ）
A．平面，且四边形是矩形
B．平面，且四边形是梯形
C．平面，且四边形是菱形
D．平面，且四边形是平行四边形
4．已知P为△所在平面外一点，平面∥平，且交线段于点，若，则:（ ）
A．2∶3 B．2∶5
C．4∶9 D．4∶25
5．已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．2 B． C．1 D．
6．在直角梯形ABCD中，，，且，，.在梯形ABCD内，挖去一个以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分以AB所在直线为轴，将图中阴影部分旋转一周形成的旋转体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．《九章算术》中记载：“今有台，上广二尺，下广四尺，高五尺．”其大致意思为：“现有一个棱台，上底面为边长为2的正方形，下底为边长为4的正方形，高为5”，则这个棱台的体积为（ ）
A． B． C．100 D．140
8．如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．已知正方体的棱长为4，分别为棱和的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为
D．平面截正方体所得截面的面积为18
10．在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A．直线与平面所成的角为45°
B．二面角的正切值为
C．到面的距离为
D．作平面，垂足为，则为的重心
11．正八面体是一种正多面体，也是一种正轴体，由8个正三角形面组成，每个面均为正三角形.如图，正八面体的棱长为10，M为棱FC上一点，且，则（ ）
A．平面平面
B．该正八面体外接球的表面积为
C．二面角的余弦值为
D．异面直线与所成角的余弦值为
三、填空题
12．在正方体中，是的中点，则与两条异面直线所成角的余弦值为 .
13．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为 .
14．如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 .
四、解答题
15．已知平面平面，平面，于点．
(1)判断与的关系；
(2)求证：．
16．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面.，为侧棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正切值.
17．如图，梯形中，，，，，，在平面内过点作，以为轴旋转一周．求旋转体的表面积和体积．
18．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，是棱PA上一点，且.
(1)求证:平面MCD;
(2)，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.
19．如图，在以为顶点的六面体中其中平面，四边形是正方形，平面，，且平面平面
(1)设为棱的中点，证明：四点共面；
(2)若，求六面体的体积．
《第13章立体几何初步章末检测卷-2024-2025学年高一数学下学期苏教版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 D B D A B B B ACD ABD
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】根据棱锥的分类及性质，即可求出结果.
【详解】因为十棱锥共有个顶点，条棱，
故选：D.
2．D
【分析】本题考查空间内线线、线面和面面位置关系的判定及性质，根据判定定理和性质定理依次判断即可.
【详解】对于A选项，若，，则或，A错；
对于B选项，若，，，，则或 相交，B错；
对于C选项，若，，，则或 相交，C错；
对于D选项，若，，则，因为，则，D对.
故选：D.
3．B
【分析】根据比值关系，利用线面平行判定定理证明平面，然后证明平行且不相等即可.
【详解】如图所示，在平面内，
，又平面，平面
平面．
分别是的中点，
．
又 ，
．在四边形中，且
四边形为梯形．
故选：B．
4．D
【分析】根据平行平面的性质得出线线平行，再由面积比等于相似比的平方计算.
【详解】∵平面∥平面，平面平面，平面平面，
，同理可得，
∴:，
又，∴，
∴:.
故选：D
5．A
【分析】利用直观图和原图面积关系求出底面积，结合正三棱锥体积公式建立方程，求解高即可.
【详解】设底面三角形面积为，三棱锥的高为，
由直观图的性质得，解得，
因为正三棱锥的体积为，所以，解得，故A正确.
故选：A
6．B
【分析】确定旋转一周形成的旋转体的形状，结合圆台侧面积公式以及球的表面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知阴影部分以AB所在直线为轴，旋转一周形成的旋转体为一个圆台挖去半个球，
其中圆台的上下底面半径为2和5，高为4，母线长为，
挖去半球的半径为2，
故形成的旋转体的表面积为，
故选：B
7．B
【分析】由棱台体积公式可得答案.
【详解】由题可得上底面积为，下底面积为，高为，
则棱台体积为：.
故选：B
8．B
【分析】设圆柱的下底面的圆心为，由线面垂直的判定定理得出平面，再由可得答案.
【详解】如图设圆柱的下底面的圆心为，连接，
则，且平面，
平面，所以，又，，
所以，又，平面，
所以平面，且，
，
所以.

故选：B.
9．ACD
【分析】根据线面平行的判断定理，即可判断A；根据线面垂直的定义，结合垂直关系，即可判断B；根据异面直线所成角的定义，以及平行关系的转化，即可判断C，首先作出平面截正方体所得截面，再计算截面的面积.
【详解】对于A，如图，由条件可知，，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，取的中点，连结，
因为，，，所以,
则 ，不满足勾股定理，
所以不垂直于，则不垂直于平面，
所以不垂直于平面，故B错误；
对于C，连结，是等边三角形，所以直线与所成角为，
所以异面直线与所成角为，故C正确；
D.连结，所以四点共面，
四边形是平面截正方体所得截面，
如图，四边形是等腰梯形，，
，
作于，则，
所以四边形的面积，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，可得为直线与平面所成的角，即可判断A项；利用线面垂直的判定定理可得平面，即得为二面角的平面角，即可判断B项；利用等体积法求点面距离即可判断C项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可判断D项.
【详解】对于A，因为，，两两互相垂直，，平面，平面，
故为直线与平面所成的角，又，所以，
故直线与平面所成的角为，故A正确；
对于B，取中点为，连接，
因为，，，两两互相垂直，所以，
因为，平面，所以平面，故为二面角的平面角，
则，故二面角的正切值为，故B项正确；
因为，所以，设到面的距离为，
则，解得，故C项错误；
对于D，因为，故为等边三角形，
因为平面，则点为点在平面上的投影，又，
即点到顶点的距离相等，即点到顶点的距离相等，
故为的外心也即重心，故D项正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】应用线面平行结合面面平行判定定理判断A,再根据正八面体的性质结合外接球表面积公式计算判断B,应用二面角定义找到即二面角的平面角再结合余弦定理求解判断C,根据线线平行得出异面直线所成角为再余弦定理计算即可判断D.
【详解】由正八面体的性质可得平面,不在平面内，所以平面，
又因为，平面,不在平面内，所以平面，
又,平面,所以平面平面，A正确.
连接，.设与交于点O，则即该正八面体外接球的半径.
因为，所以该正八面体外接球的表面积为，B错误.
取AD的中点N，连接易得,则即二面角的平面角.
因为正八面体的棱长为10，所以,,，
所以，C正确.
因为，所以即异面直线AE与BM所成的角.
因为，所以.因为，
所以，则，D正确.
故选：ACD.
12．/
【分析】构造平行线，将异面直线转化为相交直线，再利用余弦定理解三角形求解所成角的余弦值.
【详解】如图，取的中点，连接，
则，所以，且，
故四边形是平行四边形，
则，故即为与所成的角（或其补角），
设正方体的棱长为，由勾股定理得，，
在中，由余弦定理得
，
故与两条异面直线所成角的余弦值为.
故答案为：
13．
【分析】根据正八面体的特征可知内切球的球心为，进而根据等体积法即可求解半径.
【详解】设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示，
连接和交于点，
因为，，所以，，
又和交于点，平面，所以平面ABCD，
所以为正八面体的中心，所以到八个面的距离相等，
距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H，
所以平面，所以即为正八面体内切球半径，所以，
因为正八面体的棱长为4，
所以，，，
所以，，
因为，，所以，
即，所以正八面体内切球的表面积为：．
故答案为：
14． / /
【分析】根据体积关系可得的面积，由三角形面积公式和余弦定理，使用基本不等式可得.
【详解】因为，则，
记，
因为，即。
又因为，
当且仅当，即时，取等号.
所以a的最小值为.
故答案为：；.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）应用面面垂直的性质定理即可得到；（2）应用线面垂直的性质和判定定理即可得证．
【详解】（1），理由如下：
平面平面，于点，
平面平面，平面，
平面．又平面，．
（2）证明：平面，平面，
．，，平面,
平面．又平面，．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过线面垂直证明面面垂直可得结论.
（2）通过构造辅助线找到二面角的平面角，在直角三角形中利用锐角三角函数可得结果.
【详解】（1）∵平面，平面，∴.
∵,平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）
取中点，连接，过点作于点，连接.
∵点分别为的中点，∴，，
∴平面，
∵平面，平面，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，
在直角梯形中，.
∵，∴，
∴，即二面角的正切值为.
17．表面积为，体积为
【分析】先确定旋转体的形状，再利用圆柱和圆锥的表面积公式与体积公式求解即可.
【详解】在梯形中，，，
，，，
如图，作，
由题意得四边形是矩形，故，
，，
，．
由于以为轴将梯形旋转一周后形成的几何体
为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥．
由上述计算知，圆柱母线长，底面半径2a，圆锥的母线长2a，底面半径．
圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，
圆柱的底面积，圆锥的底面积，
组合体上底面积，
旋转体的表面积．
又由题意知形成的几何体的体积为一个圆柱的体积减去一个圆锥的体积．
设圆柱体体积为，圆锥体体积为，
，，
．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA的中点S，结合中位线性质可得S，M，C，D四点共面，再利用结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用所给条件，结合线面垂直的判定定理与性质定理与余弦定理计算可得的余弦值，再利用等体积法可求出点到平面的距离，结合的长度即可得解.
【详解】（1）取PA的中点S，连接SM，SD，SC，因为为PB的中点，
所以，又，所以，故S，M，C，D四点共面，
由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故，
又平面平面MCD，因此平面MCD；
（2）连接AC，BD交于点，则为平行四边形ABCD的中心，
又，
则等腰中，根据三线合一，有，
又，平面，
故平面，
设，
则，
，
，
相加并整理得，①
在Rt，Rt中，有，
即，（2），，③
解方程组①②③得，，
故，
于是，
在中，是PC中点，
故，
于是，
设点A到平面PBC的距离为，由，得，
故，
故所求线面角的正弦值.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可证明；
（2）由，利用棱锥的体积公式求解即可．
【详解】（1）连接，由于四边形是正方形，所以，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以，
又平面平面，平面平面，平面EFB，
所以平面，
因此，所以四点共面，
（2）设与交于点，连，则，平面，平面，则平面，
又因为六面体，则平面平面，平面，故，
则四边形为矩形，则，且平面，
则
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