【文档说明】【精准解析】2021届高考数学人教B版单元检测七　立体几何与空间向量（提升卷）【高考】.docx，共(16)页，409.573 KB，由小赞的店铺上传

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单元检测七立体几何与空间向量(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选

择题共60分)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．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是()A．若m

∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m∥α，m⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊂α，n⊂β，α⊥β，则m⊥n2．(2019·福建省龙岩市一级达标校期末)一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为()A．1∶3B．3

∶1C．2∶3D．3∶23．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，面对角线B1D1上存在一点P使得A1P＋PB最短，则A1P＋PB的最小值为()A.5B.2＋62C．2＋2D．2第3题图第4题图4．(2020·辽宁部分重点中

学协作体模拟)如图，在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，且OM＝2MA，BN＝NC，则MN→等于()A.23a＋23b＋12cB.12a＋12b－12cC.－23a＋12b＋12cD.12a

－23b＋12c5．(2020·滨州模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝1，AA1＝2，点O为长方形ABCD对角线的交点，E为棱CC1的中点，则异面直线AD1与OE所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°6．如图，在直三

棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为()A.2B.3C．2D.227．(2020·湖南省长沙市雅礼中学月考)圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中

心角为θ弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则θ的取值范围是()A．[2π，2π)B．[π，2π]C．{2π}D.2π2，π8．(2019·四川省三台中学、实验学校月考)如图在一个60°的二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别

在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，且AB＝AC＝1，BD＝2，则CD的长为()A．1B.3C．2D.5二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．(20

19·福建省三明市第二中学期中)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题，其中命题正确的是()A．若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则

m⊥nC．若m⊥α，α⊥β，α∩β＝n，则m∥nD．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n10．已知平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的射影分别是直线m，n，则下列命题错误的是()A．若a⊥b，则m⊥nB．若m⊥n，则a⊥bC．若m

∥n，则a∥bD．若m与n相交，则a与b相交或异面11．(2020·福建省厦门市期末)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是()A．PD⊥E

FB．平面PDE⊥平面PDFC．二面角P－EF－D的余弦值为13D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心12.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1，G为线段EC上的动点，则下列结

论中正确的是()A．EC⊥AFB．该几何体外接球的表面积为3πC．若G为EC的中点，则GB∥平面AEFD．AG2＋BG2的最小值为3第Ⅱ卷(非选择题共70分)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2019·四川省广安市期末)在三棱锥P－ABC中，PA⊥P

B，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．14．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C

1MN＝________.15．在正三棱锥A－BCD中，底面边长为6，侧棱长等于5.则正三棱锥A－BCD的体积V＝________；正三棱锥A－BCD的外接球的半径R＝________.(本题第一空2分，第二空3分)16．(2019·湖北黄冈中

学模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，在对角线A1D上取点M，在CD1上取点N，使得线段MN∥平面A1ACC1，则MN的最小值为________．四、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(12分)(2019·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.18.(12分)在Rt△AOB中，∠OAB＝π6，斜边AB＝4.Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转

得到，且二面角B－AO－C是直二面角．动点D在斜边AB上．(1)求证：平面COD⊥平面AOB；(2)求直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．19．(13分)如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD,△PBC沿PA，PB所

在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2，在三棱锥P－OAB中，E为PB中点．(1)求证：PO⊥AB；(2)求直线BP与平面POA所成角的正弦值；(3)求二面角P－AO－E的大小．20.(13分)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA

⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.(1)若M为棱SB的中点，求证：AM∥平面SCD；(2)当SM＝2MB时，求平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦值；(3)在第(2)问条件下，设点N是线段CD上的动点

，MN与平面SAB所成的角为θ，求当sinθ取最大值时点N的位置．答案精析1．C2.D3.A4.C5.C6．A[如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AD＝t(0≤t≤2)，则C(0,0,0)，

D(1,0，t)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，平面CDC1的一个法向量为CB→＝(0,2,0)．设平面CDB1的法向量为m＝(x，y，z)，由CD→·m＝0，CB→1·m＝0，得

x＋tz＝0，2y＋2z＝0，令y＝1，得平面CDB1的一个法向量为m＝(t,1，－1)，由题意知cos60°＝|m·CB→||m||CB→|＝22t2＋2＝12，解得t＝2.]7．C[设圆锥过轴的截面的中心角为2α，圆锥的底面圆的半径为r，则过圆锥

顶点的截面中，面积的最大值为12×22×sin2α＝2，所以2α＝π2，则2r＝2×2＝22，圆锥的底面圆周长为2πr＝22π，展开后对应的扇形弧长为2θ＝22π，解得θ＝2π.]8．C[∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴CA→·AB→＝0，BD→·AB→＝0，又∵CA与BD所在平面的二面角为60°，

∴〈AC→，BD→〉＝60°，即〈CA→，BD→〉＝120°，∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→，∵AB＝AC＝1，BD＝2，∴CD→2＝CA→2＋

AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝1＋1＋4＋0＋0＋2×1×2×cos120°＝4，∴CD的长为2.]9．BD[A选项中没有说明两条直线是否相交，结论错误；B选项中能推出m⊥γ，所以结论正确；C选项能推出m⊥n，推不出m∥n，结论错误；

D选项根据线面平行的性质可知正确．]10．ABC[由题意知，若a⊥b，且a，b相交，则a，b在平面α内的射影m，n重合或相交，若a，b异面垂直，则a，b在平面α内的射影m，n平行或相交，所以选项A错误；若m⊥n，则a与b可能垂直，也可能不垂直，所以选项B错误；若m∥n

，则a与b平行或异面，所以选项C错误；若m与n相交，则a与b相交或异面，所以选项D正确．]11．ABC[对于A选项，作出图形，取EF的中点H，连接PH，DH，又由原图知△PEF和△DEF为等腰三角形，故PH⊥EF，DH⊥EF，且PH∩DH＝H，所以EF⊥平面P

DH，所以PD⊥EF，故A正确；根据折起前后，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE⊥平面PDF，故B正确；根据A选项可知，∠PHD为二面角P－EF－D的平面角，设正方形边长为2，因此PE＝PF＝1，PH＝22，D

H＝22－22＝322，PD＝DF2－PF2＝2，由余弦定理得cos∠PHD＝PH2＋HD2－PD22PH·HD＝13，故C正确；由于PE＝PF≠PD，故点P在平面DEF上的投影不是△DEF的外心，故D错误．]12．ABC[如图所示，该

几何体可补形为正方体，以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．由正方体的性质易得EC⊥AF，故A正确．该几何体的外接球与正方体的外接球相同，其外接球半径为32，故外接球的表面积为3π，故B正确．由题意可得A(1,0,0)，E(0

,0,1)，F(1,1,1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，所以AE→＝(－1,0,1)，AF→＝(0,1,1)．设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)．由n·AE→＝0，n·AF→＝0，得－x＋z＝0，y＋z＝0，令z＝1，得x＝1，y＝－1

，则n＝(1，－1,1)．当G为EC的中点时，G0，12，12，则GB→＝1，12，－12，所以GB→·n＝0，又因为GB⊄平面AEF，所以GB∥平面AEF，故C正确．设G(0，t,1－t)(0≤t≤1)，则AG2＋BG2＝4t2－6t＋5＝4t－342＋114，

故当t＝34时，AG2＋BG2取得最小值，且最小值为114，故D错误．]13．14π解析根据题意得到棱锥的三条侧棱两两垂直，可以以三条侧棱为长方体的棱将该三棱锥补成长方体，两者的外接球相同，设球的半径为R，则1

2＋22＋32＝(2R)2＝4R2，所以三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝14π.14．90°解析因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B

1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1，又C1M⊂平面C1MB1，所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.15．339251326解析如图所示，在正三棱锥A－BCD中，A在平面BCD内的投影E为等边△BCD的中心．底面边长为6，则ED＝23FD＝23，在Rt△A

ED中，利用勾股定理得到AE＝13，V＝13Sh＝13×12×6×6sin60°×13＝339.如图所示，正三棱锥A－BCD的外接球的球心在AE上，设为O，OE＝13－R，ED＝23，OD＝R，利用勾股定理

得到R2＝(13－R)2＋(23)2，∴R＝251326.16.33解析作MM1⊥AD，垂足为M1，作NN1⊥CD，垂足为N1，连接M1N1，如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，根据面面垂直的性质定理，可得MM1，NN1

都垂直于平面ABCD，由线面垂直的性质，可知MM1∥NN1，又MN∥平面A1ACC1，所以平面M1N1NM∥平面ACC1A1，由面面平行的性质定理可知，M1N1∥AC，设DM1＝DN1＝x，则MM1＝x，NN1＝1－x，在直角梯形MM1N1

N中，MN2＝(2x)2＋(1－2x)2＝6x－132＋13，当x＝13时，MN的最小值为33.17．证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1

中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，

所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.18．(1)证明∵△AOB为直

角三角形，且斜边为AB，∴∠AOB＝π2.将Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到Rt△AOC，则∠AOC＝π2，即OC⊥AO.∵二面角B－AO－C是直二面角，即平面AOC⊥平面AOB.又平面AOC∩平面AOB＝

AO，OC⊂平面AOC，∴OC⊥平面AOB.∵OC⊂平面COD，∴平面COD⊥平面AOB.(2)解在Rt△AOB中，∠OAB＝π6，斜边AB＝4，∴OB＝12AB＝2且∠OBA＝π3.由(1)知，OC⊥平面AOB，所以直线CD与平面AOB所成的角

为∠ODC.在Rt△OCD中，∠COD＝π2，OC＝OB＝2，CD＝OD2＋OC2＝OD2＋4，∴sin∠ODC＝OCCD＝2OD2＋4，当OD⊥AB时，OD取得最小值，此时sin∠ODC取得最大值，且OD＝OBsinπ3＝3.因此，sin∠ODC＝OCCD＝2OD2＋4≤27＝277，即直线C

D与平面AOB所成角的正弦值的最大值为277.19．(1)证明在正方形ABCD中，P为CD中点，PD⊥AD，PC⊥BC，所以在三棱锥P－OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因为OA∩OB＝O，OA，OB⊂平面OAB，所以PO⊥平面OAB.因为AB⊂平面O

AB，所以PO⊥AB.(2)解取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.过点O作AB的平行线OG.因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.因为OA＝OB，F为AB的中点，所以OF⊥AB.所以O

F⊥OG.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.A(1，3，0)，B(－1，3，0)，P(0,0,1)，M12，32，0.因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.因为PO⊥平面OAB，PO⊂平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.因为平面PO

A∩平面OAB＝OA，BM⊂平面OAB，所以BM⊥平面POA.因为BM→＝32，－32，0.所以平面POA的一个法向量m＝(3，－1,0).BP→＝(1，－3，1)．设直线BP与平面POA所成角为α，则sinα＝|co

s〈m，BP→〉|＝|m·BP→||m||BP→|＝155.所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为155.(3)解由(2)知E－12，32，12，OE→＝－12，32，12，OA→＝(1，3，0)．设平面OAE的法向量为n＝(x，y，z)，则有

OA→·n＝0，OE→·n＝0，即x＋3y＝0，－x＋3y＋z＝0.令y＝－1，则x＝3，z＝23，即n＝(3，－1,23)．由(2)知平面OAP的一个法向量为m＝(3，－1,0)，所以cos〈m，n〉＝

m·n|m||n|＝3＋12×4＝12.由题意知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为π3.20.(1)证明取线段SC的中点E，连接ME，ED.在△SBC中，ME为中位线，∴ME∥BC，且ME＝12BC，∵AD∥BC，且AD＝12BC，∴ME∥AD，且

ME＝AD，∴四边形AMED为平行四边形．∴AM∥DE且AM＝DE.∵DE⊂平面SCD，AM⊄平面SCD，∴AM∥平面SCD.(2)解以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴、y轴、z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，由条件得M为线段SB靠近B点的三等分点．于是AM→＝23AB→＋13AS→＝0，43，23，即M0，43，23，设平面AMC的一个法向量为n

＝(x，y，z)，则AM→·n＝0，AC→·n＝0，即43y＋23z＝0，2x＋2y＝0，令y＝1，得n＝(－1,1，－2)，另外易知平面SAB的一个法向量为m＝(1,0,0)，所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为|n·m||n||m|＝66.(3)解设N(x,2x

－2,0)，其中1<x<2.因为M0，43，23，所以MN→＝x，2x－103，－23.所以sinθ＝|MN→·m||MN→||m|＝x5x2－403x＋1049＝11049·1x2－403·1x＋5，可知当1x＝－－4032089＝1526，即x＝2615时分母有最小值，此时

sinθ有最大值，此时，N2615，2215，0，即点N在线段CD上且ND＝11515.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com