2015届高考数学二轮复习专题检测： 立体几何初步(含解析)

2015届高考数学二轮复习专题检测：立体几何初步

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷(选择题 共50分)

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，只有一项是符合题目要求的) 1．(2015·广东七校联考)已知平面α、β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③mα；④α⊥β；⑤α∥β.能推导出m∥β的是( ) A．①④ B．①⑤ C．②⑤ D．③⑤ [答案] D

[解析] 由两平面平行的性质可知两平面平行，在一个平面内的直线必平行于另一个平面，于是选D． 2．(2015·云南第一次检测)在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，D、E分别是AB、BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( ) 45A．23B2

C．45 D．3 [答案] A

[解析] 取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．因为SB∥平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD．同理SB∥1

FE.又D、E分别为AB、BC的中点，则H、F也为AS、SC的中点，从而得HF綊2綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH1145为矩形，其面积S＝HF·HD＝(2(2＝2.

3．(文)已知直线l⊥平面α，直线m平面β，则α∥β是l⊥m的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [答案] A

[解析] 若α∥β，则由l⊥α知l⊥β，又mβ，可得l⊥m，若α与β相交(如图)，设α∩β＝n，当m∥n时，由l⊥α可得l⊥m，而此时α与β不平行，于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件，故选A． (理)对于直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题： (1)若m∥α，m⊥n，则n⊥α (2)若m⊥α，m⊥n，则n∥α (3)若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ

(4)若m⊥α，m∥n，nβ，则α⊥β 其中真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案] A

[解析] (1)错误．(2)当nα时，则不成立．(3)不正确．当m⊥α，m∥n，有n⊥α，又nβ，所以有α⊥β，所以只有(4)正确．选A．

4．正方体ABCD－A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图1)，用过点AEC1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为(

)

[答案] C

[解析] 取DD1的中点F，连接AF、C1F，则剩余几何体为A1B1C1D1—AFC1E，因此其左视图为选项C．

5．(文) 如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(

)

A．9π B．12π C．11π D．10π [答案] B

[解析] 从三视图可以看出该几何体是由一个球体和一个圆柱组合而成的，其表面为S＝4π×12＋π×12×2＋2π×1×3＝12π，故选B．

(理)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) 8πA．3

B．3π

10π

C．3 D．6π

[答案] B

[解析] 由三视图还原几何体，如图所示，为圆柱被一个不垂直于1

线的平面所截得到的几何体，其体积为V＝4π－2＝3π.

轴

6．(2015·陕西检测)若设平面α、平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [答案] A

[解析] 由α⊥β和b⊥m，知b⊥α，又aα，∴a⊥b，“α⊥β”可以推出“a⊥b”，反过来，不一定能推出，即“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件．

7．(文)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为(

)

A．6 C．12 [答案] [解析]

B．9 D．18 B

本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算，是简单题．由三视图知，其对应几何

11

体为三棱锥，其底面为三角形，一边长为6，这边上的高为3，棱锥的高为332×6×3×3＝9，故选B．

(理)如图，如图，2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是 (

)

A．3 B．23 C．1 D．2 [答案] A

[解析] 由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，所以四个面中面积最大的为△BCD，且△BCD13

是边长为2的正三角形，所以S△BCD223，选A． 8．(2014·唐山统考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半

径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为( ) A．2 B．1 2C．2 D2

[答案] C

[解析] 由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1xx

的边长为x，Rt△OMC1中，OM＝2，MC1＝2，OC1＝R＝1(R为球的半径)， xx

∴(2)2＋(2)2＝1，即x2，则AB＝AC＝1，

∴S矩形ABB1A12×12.

9．(文)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是(

)

20A．316B3ππ

C．8－6 D．8－3

[答案] A

[解析] 由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为1.

1420

∴原几何体的体积为V＝23－3＝8－33A．

(理)如图，空间四边形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝C．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN＝( ) 121A．2－3＋2111C．2＋2b－2211B．－322221D．－3＋32c

[答案] B

[解析] 由向量加法法则可知

2121211

MN＝MO＋ON3＋2＋OC)＝－3a＋2＋c)＝－3a＋2b＋2C．

10．(文)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为( ) A．33 B．23 23

C．3D3

[答案] B

[分析] 根据正六棱柱和球的对称性，球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量．

[解析] 解法1：以正六棱柱的最大对角面作截面，设球心为O，正六棱柱的上下底面中心分别为O1，O2，则O是O1，O2的中点．设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2＋h2＝9.33333

正六棱柱的体积为V＝6×4a2×2h，即V＝2－h2)h，则V′＝2(9－3h2)，得极值点h＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点，故当正六棱柱的体积最大，其高为23.

3

解法2: 求函数V＝2(9－h2)h的条件可以使用三个正数的均值不等式进行，即 3336V＝2(9－h2)h9－h2·9－h2·2h2≤4

22

9－h2＋9－h2＋2h2

，等号成立的条件是93

－h2＝2h2，即h3.

(理)(2014·新课标Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M、N分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为( ) 1A．102B．5302C．10D2

[答案] C

[解析] 如图，分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、z轴，建立空间直角坐标系．令AC＝BC＝C1C＝2，则A(0,2,2)，B(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,1,0)．

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