高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

2024年2月13日发(作者：中考数学试卷中考)

立体几何小题100例

一、选择题

1．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点E，F分别是线段AB，C1D1上的动点，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，且满足点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，则当点P运动时，PE的最小值是（ ）

A．5 B．4 C．42 D．25

【答案】D

【解析】

试题分析：因为点P是上底面A1B1C1D1内一动点，且点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，所以，点P在连接A1D1,B1C1中点的连线上．为使当点P运动时，PE最小，须PE所在平面平行于平面4AA1D1D,PE42()225,选D

2考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．

2．如图在一个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，AB=4cm，AC6cm,

BD8cm,CD217cm，则这个二面角的度数为（ ）

C

A B

D

A．30 B．60 C．90 D．120

【答案】B

【解析】

试题分析：设所求二面角的大小为，则BD,AC，因为CDDBBAAC，所以CD(DBBAAC)2DBBAAC2DBBA2DBAC2BAAC

2222

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而依题意可知BDAB,ACAB，所以2DBBA0,2BAAC0

2222所以|CD||DB||BA||AC|2BDAC即417426282286cos

所以cos1，而[0,]，所以60，故选B.

2考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.

3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm）可得这

个几何体的体积是（ ）

22主视图112俯视图2侧视图

4383cmcm33A．3 B．3 C．3cm D．4cm

【答案】B．

【解析】

试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积V考点：空间几何体的体积计算．

4．如图，P是正方体ABCDA1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若PBD的面积为118Sh222．

333f(x) ，则f(x)的图象大致是（ ）

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【答案】A

【解析】

试题分析：设AC与BD交于点O,连接OP.易证得BD面ACC1A1,从而可得BDOP.设正方体边长为1,在RtACC1中cosC1AC2226.在AOP中

OA,设APx,0x3,由余2332262312312222xxx弦定理可得OPx,所以OPx2.所以x2236262fx22231xx.故选A.

262考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.

5．如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，

E,F分别是棱AA，CC的中点，过直线E,F的平面分别与棱BB、DD交于M,N，设BM x，x[0,1]，给出以下四个命题：

（1）平面MENF平面BDDB；

1（2）当且仅当x=2时，四边形MENF的面积最小；

（3）四边形MENF周长Lf(x)，x[0,1]是单调函数；

（4）四棱锥CMENF的体积Vh(x)为常函数；

以上命题中假命题的序号为（ ）

．．．A．（1）（4） B．（2） C．（3） D．（3）（4）

【答案】C

【解析】

试题分析：（1）由于EF//AC，ACBD,ACBB，则AC平面BBDD，则EF平面BBDD，

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又因为EF平面EMFN，则平面MENF平面BDDB；（2）由于四边形MENF为菱形，SMENF1要使四边形MENF的面积最小，只需MN最小，则当且仅当EFMN，EF2，2x12时，11MF(x)21f(x)4(x)2122四边形MENF的面积最小；（3）因为，，f(x)在[0,1]上不VCMENFVFMCE是单调函数；（4）11E1CVFCNESCME24，F到平面CME的距离为1，，=VFCME111111111SCNECE1VFCNEh(x)3412，又24，3412，6为常函数.

故选（3）

考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.

6．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ）

C1A1B1CDAB

（A）3573 （B） （C） （D）

4444【答案】D.

【解析】

AA1//CC1,A1AB是异面直线AB与CC1所成的角或其补角；试题分析：连接A1B；在RtADA1中，设AA11，则AD311,A1D；在RtBDA1中，A1B2；在ABA1中，222123；即面直线AB与CC所成的角的余弦值为3.

cosA1AB14211411考点：异面直线所成的角.

7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该第 4 页

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几何体的外接球的表面积为

正视图 侧视图

俯视图

A．123 B．12 C．43 D．3

【答案】D

【解析】

试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，2r考点：由三视图求外接球的表面积.

8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（ ）

3，r3，因此S表面积4r23，故答案为D.

2

A．DC1D1P

B．平面D1A1P平面A1AP

C．APD1的最大值为90

D．APPD1的最小值为22

【答案】C

【解析】

DC1平面A1BCD1，D1P平面A1BCD1

A1D1DC1，A1BDC1，A1D1A1BA1，试题分析：因此DC1D1P，A正确；由于D1A1平面A1ABB1，D1A1平面D1A1P，故平面D1A1P平面A1AP

故B正确，当0A1P2时，APD1为钝角，C错；将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，2第 5 页 共 59 页

线段AD1即为APPD1的最小值，利用余弦定理解AD122，故D正确，故答案为C．

考点：棱柱的结构特征．

9．下列命题中，错误的是（ ）

A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交

B．平行于同一平面的两条直线不一定平行

C．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面

D．若直线l不平行于平面，则在平面内不存在与l平行的直线

【答案】B

【解析】

试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B错，所以选B.

考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.

10．已知如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P、Q分别在棱BB1、DD1上，且=，过点A、P、Q作截面截去该正方体的含点A1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）

【答案】A

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【解析】

试题分析：当P、B1重合时，主视图为选项B；当P到B点的距离比B1近时，主视图为选项C；当P到B点的距离比B1远时，主视图为选项D，因此答案为A.

考点：组合体的三视图

11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）

A. B.【答案】C

【解析】

试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC，它是一个正四棱锥P-ABCD的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．

设其外接球的球心为O，O点必在高线PE上，外接球半径为R，

则在直角三角形BOE中，BO=OE+BE=（PE-EO）+BE，

即R=（4-R）+（32），解得：R=22222222 C. D.

17，故选C.

4

考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力

AA1=12，12．如右图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，一质点从顶点A射向点E4，312，，AB=11，AD=7，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将i1次到第i次反射点之间的线段记为Lii2,3,4，

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L1AE，将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）

【答案】C

【解析】

试题分析：

因为37，所以A1E延长交D1C1于F，过F作FM垂直DC于M.在矩形AA1FM中分析反射情况：由于41135510，第二次反射点为E1在线段AM上，此时E1M,第三次反射点为E2在线段FM上，此时53AME2M4,第四次反射点为E3在线段A1F上,由图可知，选C.

考点：空间想象能力

13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）

A.1 B.2 C.3 D.4

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【答案】B

【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r,

则8r6r86r2,故选B.

考点：三视图 内切圆 球 三棱柱

14．已知二面角l为60，AB，ABl，A为垂足，CD，Cl，ACD135，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为

A．222311 B． C． D．

4442【答案】B.

【解析】

试题分析：如图作BE于E，连结AE，过A作AG∥CD，作EGAG于G，连结BG，则在ABE中，BAE60,AEB90,AB2a,AEa.在RtAEG中，BGAG.设AB2a．GAE90CAG45,AGE90,AGacos452a.2在RtABG中，2aAG22cosBAG2,异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故选B．

4AB2a4

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BαClAGEDβ

考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．

15．在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0)B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,2).若S1,S2,S3分别是三棱锥DABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）

A．S1S2S3 B．S2S1且S2S3

C．S3S1且S3S2 D．S3S2且S3S1

【答案】D

【解析】

试题分析：三棱锥DABC在平面xoy上的投影为ABC，所以S12，

设D在平面yoz、zox平面上的投影分别为D2、D1，则DABC在平面yoz、zox上的投影分别为OCD2、OAD1，因为D1(0,1,2)，D2(1,0,2)，所以S2S12，

故选D.

考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.

16．正方形ABCD的边长为2，点E、F分别在边AB、BC上，且AE1，BF1，将此正

2方形沿DE、DF折起，使点A、C重合于点P，则三棱锥PDEF的体积是（ ）

A．52321 B． C． D．

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【答案】B

【解析】

试题分析：解：因为DPEDPF90,所以DPPE,DPPF

又因为PE平面PEF,PF平面PEF,且PEPFP,所以DP平面PEF

2351在PEF中，PE1,PF,EFEB2BF212

22223521222252,sinEPF1所以cosEPF

33332122所以SPEF11355PEPFsinEPF1

222341155V三棱锥PDEFV三棱锥DPEFDPSPEF2

3346所以应选B.

考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.

17．高为的四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．

解：由题意可知ABCD是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为：故选A

点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．

18．二面角l为60°，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面,内，ACl，BDl，

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=

且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为( )

A．2a B．5a C．a D．3a

【答案】A

【解析】

试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式EFdmn2mncos ，对于本题中，da，222ma，n2，60，故CDaa2a2a2acos602a．

考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．

19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．

Ａ．14 B．4 C．32 D．23

【答案】B

【解析】

试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．

考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.

20．已知棱长为l的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上,且A1P=A1Q=x,0

222

A．l//面ABCD

B．lAC

C．面MEF与面MPQ不垂直

D．当x变化时，l不是定直线

【答案】D

【解析】

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试题分析：解：连结AC,BD,AC11,B1D1,AC,BD交于点OAC11,B1D1交于点O1

由正方体的性质知，BD//B1D1，AC//AC11,ACBD,AC11B1D1

因为E,F是AD,AB的中点，所以EF//BD

因为A1PA1Q,所以PQ//B1D1

所以PQ//EF,所以PQ//平面MEF,EF//平面MPQ,

由MEF面MPQ=l，EF 平面MEF，所以EF//l，而EF平面ABCD,l平面ABCD,

所以，l//面ABCD ，所以选项A正确；

由ACBD，EF//BD得EFAC而EF//l，所以lAC，所以选项B正确；

连MB1,MD1,O1M,则O1M//AC1,而AC1A1B,AC1BD，BD//EF,A1B//MF

所以，O1MEF,O1MMF,所以O1M平面MEF，过直线l与平面MEF垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；

因为EF//l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选项D不正确．

考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．

21．如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知AED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )

A．动点A在平面ABC上的射影在线段AF上

B．恒有平面AGF⊥平面BCDE

C．三棱锥AEFD的体积有最大值

D．异面直线AE与BD不可能垂直

【答案】D

【解析】

试题分析：由于A\'GDE,FGDE．所以DE平面A\'FG．经过点A\'作平面ABC的垂线垂足在AF

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上．所以A选项正确．由A可知B选项正确．当平面A\'DE垂直于平面BCDE时，三棱锥AEFD的体积最大，所以C正确．因为BDEF，设AC2a．所以EFA\'Ea，当A\'F2a时，2aA\'GGF(A\'GGF3a)2．所以异面直线AE与BD可能垂直．所以D选项不正确．

考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．

22．已知棱长为l的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上,且A1P=A1Q=x,0

A．l//面ABCD

B．lAC

C．面MEF与面MPQ不垂直

D．当x变化时，l不是定直线

【答案】D

【解析】

试题分析：解：连结AC,BD,AC11,B1D1,AC,BD交于点OAC11,B1D1交于点O1

由正方体的性质知，BD//B1D1，AC//AC11,ACBD,AC11B1D1

因为E,F是AD,AB的中点，所以EF//BD

因为A1PA1Q,所以PQ//B1D1

所以PQ//EF,所以PQ//平面MEF,EF//平面MPQ,

由MEF面MPQ=l，EF 平面MEF，所以EF//l，而EF平面ABCD,l平面ABCD,

所以，l//面ABCD ，所以选项A正确；

由ACBD，EF//BD得EFAC而EF//l，所以lAC，所以选项B正确；

连MB1,MD1,O1M,则O1M//AC1,而AC1A1B,AC1BD，BD//EF,A1B//MF

所以，O1MEF,O1MMF,所以O1M平面MEF，过直线l与平面MEF垂直的平面只能有一个，第 14 页

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所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；

因为EF//l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选项D不正确．

考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．

23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（ ）

A．

B．

C．

D．3

【答案】A

【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，

则正四面体的高．

而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．

24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（ ）

A. 2:1

B. 1:1

C. 1:2

D. 1:3

【答案】C

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【解析】设AB＝a.由题设知AQ为棱锥Q－ABCD的高，所以棱锥Q－ABCD的体积V1＝.

易证PQ⊥面DCQ，而PQ＝，△DCQ的面积为，

所以棱锥P－DCQ的体积V2＝.故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1:1，选C.

25．正四面体ABCD，线段AB//平面，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，则线段AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是（ ）

A． [0，22211] B．[，1] C．[，1] D．[，]

22222【答案】B

【解析】

试题分析：

如图，取AC中点为G，结合已知得GF//AB，则线段AB、EF在平面上的射影所成角等于GF与EF在平面上的射影所成角，在正四面体中，ABCD，又GE//CD，所以GEGF,所以EF2GE2GF2，当四面体绕AB转动时，因为GF//平面，GE与GF的垂直性保持不变，显然，当CD与平面垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面上的射影E1F1的长取得最小值1，当CD与平面平行时，GE2在平面上的射影长最长为2211，E1F1取得最大值，所以射影E1F1长的取值范围是 [，]，而GF222221，所以AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是[，1].故选B

22在平面上的射影长为定值考点：1线面平行；2线面垂直。

26．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，线段B1A1,B1C1上（不包括端点）各有一点P,Q，且B1PB1Q，下列说法中，不正确的是（ ）

A、C、P、Q四点共面

B.直线PQ与平面BCC1B1所成的角为定值

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C.3PAC2

D.设二面角PACB的大小为，则tan的最小值为【答案】D

【解析】试题分析：如下图：∵PG//AC11平面2

//AC，∴A、C、P、Q四点共面，故A正确；直线PQ与为定值，故B正确；∵BCC1B1所成的角为PQB14P在A1B1上移动，则A1ACPACB1AC，而A1AC2,B1AC3，∴3PAC2，故C正确；二面角PACB的平面角即为面PQCA与面ABC所成的夹角，P从B1移动到A1（不在A1,B1处），二面角在增大，但无最大值和最小值，故D不正确，则选D.

考点：1.线面平行；2.线面角；2.二面角的平面角.

27．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于( )

A．527 B． C． D．

636【答案】A

【解析】

试题分析：由题得, 圆弧GF在以B为圆心,半径为BG的圆上，而圆弧EF在以A为圆心,半径为AE=2的

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圆上.故GF=AA311A1AE300,2BG2AG2AB2,由于cosA1AE1AE244203005GF22EF故EAF30,则EF,所以+=.故选A.

360036考点：圆弧长度的计算 球

28．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，有如下四个结论：

①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD所成的角为60°;

④AB与CD所成的角为60°.其中错误的结论是

．．A．① B．② C．③ D．④

【答案】B

【解析】

试题分析:如图，

DCDHEABACFB

AC中点E，连接DE,BE,①取ADDC,ABBC,DEAC,BEAC,DEBEEAC面DEB,

故AC⊥BD，①正确：②显然，AC2AD2DC，△ACD不是等边三角形，④取CD的中点H,取BC中点F，连接ＥＨ，ＦＨ，则ＥＨ＝ＦＨ＝ＥＦ，EFH是等边三角形，故AB与CD所成的角为60°③由④知AB与平面BCD所成的角为60°

考点：直线与平面垂直的判定，两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角

29．如图，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为4的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变, 则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为

A．2122 B．361 C．222 D．

31

22【答案】D

第 18 页

共 59 页

【解析】

试题分析：蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.鸡蛋的表面积为若4，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离为d113.而截面到底面的距离即为三42角形的高131. ，所以球心到底面的距离为222考点：空间几何体及其基本计算.

30．设OABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若( )

(A)(,,) (B)(,,)

(C)(,,) (D)(,,)

【答案】A

【解析】===(+×(+[(++-=++)

)+(),

==(++),

-)]

=x+y+z,则(x,y,z)为由OG=3GG1知,∴(x,y,z)=(,,).

31．如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是( )

【答案】D

【解析】在A图中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,

第 19 页 共 59 页

∴P,S, R,Q共面.

在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,如图,故P,Q,R,S四点共面.

在C图中分别连接PQ,RS,

易证PQ∥RS,∴P,Q,R,S共面.

D图中PS与RQ为异面直线,

∴P,Q,R,S四点不共面,故选D.

32．设OABC是正三棱锥，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG3GG1，若OGxOAyOBzOC，则(x,y,z)为（ ）

A．111333111222,, B．,, C．,, D．,,

444444333333【答案】A

【解析】

试题分析：由G是OG1上一点，且OG3GG1，可得

3333OGOG1(OAAG1)OAAG1

444421又因为G1是ABC的重心，所以AG1[(ABAC)]

32332131111OGOA[(ABAC)]OA[(OBOA)(OCOA)]OAOBOC

443244444111111而OGxOAyOBzOC，所以x,y,z，所以(x,y,z)(,,)，选A.

444444考点：1.空间向量的加减法；2.空间向量的基本定理.

33．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为( )

A.8

3

9 B．43

C.28

3 D．43或933

【答案】D

【解析】分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况．

34．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60º，且A1A=3，则A1C的长为（ ）

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共 59 页

A．5 B．22 C．14 D．17

【答案】A

【解析】

试题分析：法一：因为A1CA1AABBCA1AABAD，

所以A1CA1AABAD2A1A•AB2A1A•AD2AB•AD，

即A1C91121cos120211cos120211cos905， 故A1C5。

法二：先求线AA1和面ABCD所称的角为45222ACAAAC2AA1ACcos45922321122222，AC2，在ACA1中，25，所以A1C5。故A正确。

2考点：1线面角；2余弦定理；3向量在立体几何中的应用。

35．棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球的表面积为（ ）

．．．A.432 B．16 C．4 D．

33【答案】C

【解析】

试题分析：设球的半径为r，则由题意，得2r2，即r1，∴内切球的表面积为4，故选C．

考点：球的表面积．

36．正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为( )．

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A.333635 B. C. D.

101056【答案】A

【解析】如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系E－xyz.

13则E(0,0,0)，F(－1,0,1)，B1(1,0,2)，A1(－1,0,2)，C1(0，3，2)，G,22,2.

∴B1F＝(－2,0，－1)，EF＝(－1,0,1)，FG＝132,2,1，



nEF＝xz0，zx设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得

13yz0，y3xnFG＝x22令x＝1，则n＝(1，－3，1)，设B1F与平面GEF所成角为θ，则

sin

θ＝|cos〈n，B1F〉|＝nB1FnB1F＝3

537．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )．

A.2352 B. C. D.

3333【答案】C

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，

第 22 页

共 59 页

则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，设点P的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，点Q的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]，

∴PQ＝(1－)2＋(－)2＋42＝22＋52－2－2＋1

＝5(－)＋(－)＋2，当且仅当λ＝，μ＝时，线段PQ的长度取得最小值.

999338．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角为( )．

A.

 B. C. D.

6432【答案】A

【解析】记点B到平面AB1C1的距离为d，BB1与平面AB1C1所成角为θ，连接BC1，利用等体积法，VA-BB1C1＝VB-AB1C1，即d111131×3××2×3＝d××2×23，得d＝，则sin

θ＝＝，所以θ＝.

BB1232322639．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )．

第 23 页 共 59 页

A.55253 B. C. D.

5355【答案】A

【解析】设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得AB1＝(－2,2,1)，BC1＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈AB1，BC1〉＝0＋4－115＝＝.

54＋4＋10＋4＋1540．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1.若二面角C－AB－C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为( )．

A.

331 B. C. D．1

242【答案】A

【解析】取AB中点D，连接CD，C1D，则∠CDC1是二面角C－AB－C1的平面角．

因为AB＝1，所以CD＝3，

23CD3×3＝，C1D＝＝3.

2cosCDC12所以在Rt△DCC1中，CC1＝CD·tan 60°＝设点C到平面C1AB的距离为h，

由VC－C1AB＝VC1－ABC，得解得h＝331111××1×3h＝××1××，

2323223.故选A

441．在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为（ ）

第 24 页

共 59 页

A．90 B．60【答案】C

【解析】

 C．45 D．30

试题分析：连接AC,BD交于点O，连接OE,OP。因为E为PC中点，所以OE∥PA，所以OEB即为异面直线PA与BE所成的角。因为四棱锥PABCD为正四棱锥，所以PO面ABCD，所以AO为PA在面ABCD内的射影，所以PAO即为PA与面ABCD所成的角，即PAO=60，因为PA2，所以OAOB1，OE1。所以在直角三角形EOB中OEB=45，即面直线PA与BE所成的角为45。

考点：1异面直线所成角；2线面角；3线面垂直。

42．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 ( )．

A.

1030215310 B. C. D.

10101010【答案】B

【解析】建立坐标系如图所示．

则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1，2,1)．

cos〈BC1，AE〉＝AEBC1AEBC1＝30.

1030.

10所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为43．若P是平面外一点，A为平面内一点，n为平面的一个法向量，则点P到平面的距离是

PAnA．PAn

B．PAn

C．PAn D．PAnPAn

第 25 页 共 59 页

【答案】C

【解析】

PAn试题分析：设PA与n的夹角为，则点P到平面的距离为考点：空间向量、向量的运算.

44．棱长均为3三棱锥SABC，若空间一点P满足SPxSAySBzSC(xyz1)则SP的最小值为( )

A、6 B、【答案】A

【解析】

试题分析：根据空间向量基本定理知，P与A,B,C共面，则SP的最小值为三棱锥的高，所以PAcos=n，故C正确.

63 C、 D、1

362332h32()6，故选A.

32考点：1.空间向量基本定理；2.正四面体的应用.

45．若正方体ABCDA1B1C1D1的外接球O的体积为43，则球心O到正方体的一个面ABCD的距离为（ ）

A.1 B.2 C.3 D.4

【答案】A

【解析】

试题分析：外接球O的直径2R为正方体的体对角线，因为4R343，所以R3。设正方体边3长为a，则3a232，所以a2，ABCD所在截面圆的半径为r222222，所以球心O到2正方体的一个面ABCD的距离dR2r2321。故A正确。

考点：正方体外接球，球的体积公式，点到面的距离。

46．在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如左图所示，则相应的侧视图可以为（ ）

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共 59 页

【答案】D

【解析】

试题分析：由正视图、俯视图，还原几何体为半个圆锥和有一个侧面垂直于地面的三棱锥组成的简单组合体，故侧视图为D.

考点：三视图.

47．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=2，则下列结论中错．2误的个数是( )

．

(1) AC⊥BE.

(2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为2.

2(3) 三棱锥A-BEF的体积为定值.

(4) 在空间与DD1,AC,B1C1都相交的直线有无数条.

(5) 过CC1的中点与直线AC1所成角为40并且与平面BEF所成角为50的直线有2条.

A.0 B.1 C.2 D.3

【答案】A

【解析】

试题分析：（1）连接BD,由ACBD,ACDD1，可知AC面BDD1B1，而BE面BDD1B1,∴

第 27 页 共 59 页

（2）由AA1∥面BDD1B1，则P点到面BEF的距离等于A到面BDD1B1的距离ACBE,(1)正确；2，2（2）正确；（3）三棱锥ABEF中，底面积是定值，高是定值，所以体积是定值，（3）正确；(4)在AC

上任取点P，过点P和直线DD1确定面，设面∩面BCC1B1=l，则l与直线B1C1必有交点G（若l∥B1C1，则B1C1∥DD1,矛盾),则直线PG就是所画的直线，因为点P的任意性，所以这样的直线有无数条，（4）正确；（5）设CC1的中点为O，过点O与AC1所成的角是400的直线，是以与AC1平行的直线为轴的圆锥的母线所在的直线，过点O与面BDD1B1所成的角是500的直线，是以过点O且与面BDD1B1垂直的直线为轴的 圆锥的母线，两圆锥交于两条直线，（5）正确.

考点：1、线面垂直的判定；2、异面直线所成的角；3、直线和平面所成的角.

48．二面角α－l－β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于

A．2

B．3

C．2

【答案】C

【解析】略

49．如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的面

对角线A1B上存在一点P使得APD1P取得最小值，则此

最小值为 （ ）

D．5

（ ）

A．2 B．62 C．22 D．22

2第 28 页

共 59 页

【答案】D

【解析】

解：把对角面AC绕AB旋转，使其与△AAB在同一平面上，连接AD，

1111则在AA1D中，AD111211cos13522为所求的最小值．故答案为22．50．8、已知等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，AC，BC的中点分别是D，E，

DE把该三角形折成直二面角，此时斜边AC被折成折线ADC，则∠ADC等于

（ ）

A．150°

【答案】C

【解析】本题考查平面图形的翻折,线面垂直,空间想象能力.

在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，AC，BC的中点分别是D，E，所以

DEBC；

在折成直二面角图形中CEDE,因为平面CDE平面ADEB,所以CE平面ADEB,所以CEAE;设等腰直角三角形ABC的边ABBC2,则AC22,CEDE1,ADCDA

D

C

B

E

F

A

D

E

BC

B．135° C．120° D．100°

2,AFAB2BE25,所以ACAE2CE26;在ADC中，取AC中点F,连11AC6CF23sinCDF2,CDCD22DF,则DFAC,CDF600,则ADC2CDF1200.故选C

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第II卷（非选择题）

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评卷人

得分

二、解答题（题型注释）

评卷人

得分

三、新添加的题型

评卷人

得分

四、填空题

51．如图所示的一块长方体木料中，已知ABBC2,AA11，设F为线段AD上一点，则该长方体中经过点A1,F,C的截面面积的最小值为 ．

【答案】65

5【解析】

试题分析： 如图所示，经过点A1,F,C的截面为平行四边形CFA1E

设AF2,则CF2222，为了求出平行四边形CFA1E的高，先求ACF的高h，由等面2第 30 页

共 59 页

积法可得1122，又由三垂线定理可得平行四边形2222h22h222112CFA1E的高hh2111225221，因此平行四边形CFA1E的面积

21122SCFhCF22222522211125222，当且仅当时

5Smin16125225

5552考点：几何体的截面面积的计算

52．如图所示的一块长方体木料中，已知ABBC4,AA11，设E为底面ABCD的中心，且1AFAD,(0)，则该长方体中经过点A1,E,F的截面面积的最小值为 .

2

【答案】125

5【解析】

试题分析：如图所示，经过点A1,E,F的截面为平行四边形FA1HN

设AF4,则NF积法可得4248，为了求出平行四边形FA1HN的高，先求ANF的高h，由等面21142，又由三垂线定理可得平行四边形4248h44h22211242FA1HN的高hh11122212042，因此平行四边形FAHN的面积

1211222SNFh4482220242112420242，当且仅当1时

10

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Smin1121420425

105102考点：几何体的截面面积的计算

53．三棱锥PABC中，PA平面ABC,ACBC，D为侧棱PC上一点，它的正视图和侧视图 （如下图所示），则AD与平面PBC所成角的大小为__ _；三棱锥DABC的体积为 __ _．

【答案】2，16

3【解析】

试题分析：由题设及正视图可知ADPC，又由PA平面ABC,ACBC得BCAD，所以AD平面PBC，即AD与平面PBC所成角为考点：1、三视图；2、三棱锥的体积.

54．长方体ABCDA1B1C1D1中，已知ABAD2，AA13，棱AD在平面内，则长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围是 ．

C1D1A1B11116.三棱锥DABC的体积V442.

3232CD

BA

【答案】4S213.

【解析】

第 32 页

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试题分析：四边形ABCD和ADD1A1的面积分别为4和6，长方体在平面内的射影可由这两个四边形在平面内的射影组合而成. 显然，Smin4. 若记平面ABCD与平面所成角为，则平面ADD1A1与平面所成角为2. 它们在平面内的射影分别为4cos和6cos(2)6sin，所以，2S4cos6sin213sin()（其中，tan），因此，Smax213，当且仅当时取23到. 因此，4S213.

考点：三角函数的化简和求值.

55．如图1，已知点E、F、G分别是棱长为a的正方体ABCD－A1 B1Cl

D1的棱AA1、BB1、DD1的中点，点M、N、P、Q分别在线段AG、 CF、BE、C1D1上运动，当以M、N、P、Q为顶点的三棱锥Q－PMN的俯视图是如图2所示的正方形时，则点Q到PMN的距离为__________．



【答案】a

【解析】

试题分析：根据俯视图可知，点P,Q,M,N的位置如下图所示.易知点Q到平面PMN的距离即为正方体的高a.

D1(Q)A1DA(M)B1C1C(N)B(P)

考点：1、 空间几何体及其三视图；2、点到平面的距离.

56．【改编题】已知

ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且

cosA22 ，BC=1，AC=3，则球O3

第 33 页 共 59 页

的表面积为16，三棱锥O- ABC的体积为__________。

【答案】【解析】

试题分析：设球的半径为R，

ABC的外接圆半径为r，球心O到截面ABC的距离为d，球O的表面积为14

64R2=16，得球的半径为R2，由cosA221a得，sinA=，由2r，得33sinAr97a13，由余弦定理得，球心O到平面ABC的距离dR2r241422sinA22322，解得AB=22，所以SABC=312BC2AC2AB22ACABcosA=9AB223AB171411=．

ABACsinA=2，所以VOABC=SABCd=232623考点：球的截面性质，球的表面积公式，棱锥的体积公式，正弦定理，余弦定理，运算求解能力

【改编思路】条件与结论互换，这是出题人常用的方法。．

57．如图，在一个60的二面角的棱上，有两个点A、B，AC、BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB4cm，AC6cm，BD8cm，则CD的长为 ；

C

A

B



【答案】217

【解析】

D

试题分析：过A点作BD的平行线，过D作AB的平行线，两线交于点F,连结FC，根据题意，可知AC=6cm,AF=8cm,

CAF60所以，由余弦定理，可知CF=213，根据题意，可知DF=4cm,

CFD90,故有CD5216217．

第 34 页

共 59 页

考点：空间关系，二面角的平面角，线段长度的求解．

x2y21(y0)绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积为 ． 58．椭圆94【答案】16

【解析】

x213x)16 试题分析：V24(1)dx8(x0927033考点：旋转体体积

59．如图，在矩形ABCD中，E为边AD的中点，AB1，BC2，分别以A、D为圆心，1为半径作圆弧EB、EC（E在线段AD上）.由两圆弧EB、EC及边BC所围成的平面图形绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .

DEA

【答案】CB2

3

【解析】由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为V1rh2；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为V2求几何体的体积为

2434；则所r33VV1V22.

342，则它的表面积为________.

3考点：旋转体的组合体.

60．一个正四棱锥的侧棱长与底面边长相等，体积为【答案】443

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【解析】设正四棱锥的侧棱长与底面边长相等为2a，则SABCD4a2,hPB2BO24a22a22a，

则V141

42a32，则a1，则S侧(BCPF)422a4a2a243a243；332则正四棱锥的表面积为S443.

考点：四棱锥的表面积与体积.

61．设P，Q为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ旋转（重合，那么符合条件的直线PQ有_____条.

【答案】13

【解析】

试题分析：由题意，符合条件的直线PQ必过正方体的中心，否则正方体的中心绕PQ旋转（角后不能回到原位置，得到的新正方体必定与原正方体不重合．满足题意的直线PQ共有三种情况：

））角后能与自身

24 时，能与原图重合．这样的PQPQ有,3334条；如图2，当PQ穿过正方体对面中心时，正方体绕PQPQ旋转,,时，能与原图重合．这样的22如图1，当PQ为正方体的体对角线时，正方体绕PQ旋转PQ有3条； 如图戳，当PQ穿过正方体对棱中点时，正方体绕PQ旋转时，能与原图重合．这样的PQ有6条．所以，符合条件的直线PQ有13条．

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共 59 页

考点：空间几何体的点、线、面的位置关系.

62．在三棱锥PABC中，PB6,AC3，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 .

【答案】8

【解析】

试题分析：过点G作EF//AC交PA、PC于点E、F，过E、F分别作EN//PB、FM//PB分别交AB、BC于点N、M，连结MN，所以EFMN是平行四边形，∴EF2FMFM1，即EFMN2，，即33PB63FMEN2，所以截面的周长248.

考点：以三棱锥为几何载体考查了线线平行、截面的周长.

63．一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上.已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 .

【答案】23

【解析】

试题分析：根据题意我们把一个等要直角三角形DEF的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，结合图形的对称性可知，该三角形的斜边EF的中线DG的长等于底面三角形的高213，所以该三角形的斜边长为23.

考点：1.棱柱的结构特征；2.空间想象力.

64．已知E、F、G、H分别是三棱锥A-BCD 棱AB、BC、CD、DA的中点，

A

E

B

F

C

（1）四边形EFGH是_______形

（2）AC与BD所成角为60，且AC=BD=1，则EG=_______

【答案】平行四边形

【解析】

G

H

D

2231或.

42

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试题分析：（1）由中位线性质，EH//1111BD,EHBD,FG//BD,FGBD，得

2222（2）由（1）知EFGH是平行四边形，又AC=BD=1，EH//FG,EHFG,所以四边形EFGH是平行四边形．则EFGH为菱形，HGF为AC与BD所成角或补角，HGF60o或120o，所以EG考点：1.空间直线的位置关系；2.异面直线所称的角.

31或.

4265．如图，一个几何体的三视图是三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为 ．

3

4

主视图

2

左视图

俯视图

【答案】29

【解析】

试题分析：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥如下图所示三棱锥D1ACD,其中ADCD,ADDD1,DD1CD ,且AD2,DD13,CD4 ,将三棱锥还原成长方体ABCDA1B1C1D1 ，则三棱锥D1ACD的外接球也是长方体ABCDA1B1C1D1的外接球，其直径2R22324229 ,所以外接球的表面积为S4R229 ,所以答案应填：29．

考点：1、空间几何体的结构；2、三视图；3、空间几何体的表面积．

66．沿对角线AC 将正方形A B C D折成直二面角后，A B与C D所在的直线所成的角等于 ．

【答案】60.

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【解析】

试题分析：设

,则如图建立空间直角坐标系，OAOBOCOD1A(0,1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,1),所以AB(1,1,0),CD(0,1,1),因此cos|ABCD||AB||CD|11,且(00,900]，所以600.

222考点：直二面角的定义，异面直线所成角的求法.

67．若圆锥的侧面展开图是半径为2、圆心角为180的扇形，则这个圆锥的体积是 。

【答案】【解析】

试题分析：扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，设底面半径为r，则2r2,r1，扇形的半径即3

322为圆锥的母线，则圆锥的高为213，故该圆锥的体积为132133。

3考点：（1）圆锥基本元素之间的关系；（2）圆锥体积公式的应用。

68．设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记D1P＝λ.当∠APC为钝角时，λ的D1B取值范围是________．

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【答案】(1，1)

3【解析】本题主要考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，意在考查考生的空间想象能力以及运算求解能力．

以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，则D1B＝(1,1，－1)，得D1P＝λD1B＝(λ，λ，－λ)，所以PA＝PD1＋D1A＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC＝PD1＋D1C＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于PA·PC<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得1)．

69．如图所示为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个结论：

211<λ<1，因此λ的取值范围是(，33

①点M到AB的距离为2；

2②三棱锥C－DNE的体积是1；

6第 40 页

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③AB与EF所成的角是.

2其中正确结论的序号是________．

【答案】①②③

【解析】依题意可作出正方体的直观图，显然M到AB的距离为21MC＝，∴①正确，

22而VC－DNE＝111××1×1×1＝，∴②正确，AB与EF所成的角为AB与MC所成的角，即为，

3262∴③正确．

70．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，AA1＝a，∠BAB1＝∠B1A1C1＝30°，则AB与A1C1所成的角为________，AA1与B1C所成的角为________．

【答案】30° 45°

【解析】∵A1B1∥AB，∴∠C1A1B1是AB与A1C1所成的角是30°，

∵AA1∥BB1，

∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角，

由已知条件可以得出

BB1＝a，AB1＝A1C1＝2a，AB＝3a，

∴B1C1＝BC＝a.

∴四边形BB1C1C是正方形，

∴∠BB1C＝45°.

71．正方体ABCDA1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F//平面D1AE,

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若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长是2,则F的轨迹被正方形BCC1B1截得的线段长是________.

【答案】2

【解析】

试题分析：取BB1,B1C1的中点P，Q.易证，面A1PQ的轨迹的长度为：PQD1QB1FE面AD1E，所以点F的轨迹即为线段PQ，所以点F1BC12.

2C1A1DPCAB

考点：空间几何体.

72．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6,BC23,则棱锥OABCD的体积为 。

【答案】83

1(23)26223【解析】设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=2,

1VOABCD6232833OM=42(23)22，.

73．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是

cm3.

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【答案】4

3【解析】

试题分析：由三视图知该几何体是一个三棱锥，其底面是一个底边长为2高也是2的等腰三角形，且棱锥的高也是2，所以该几何体的体积V所以答案填114222

3234

3考点：1、三视图；2、棱锥的体积.

74．已知下列命题：

①设m为直线，,为平面，且m，则“m//”是“”的充要条件；

②(x3)5的展开式中含x的项的系数为60；

31x③设随机变量～N(0，1)，若P(≥2)=p，则P(-2<<0)=1-p；

2④若不等式|x+3|+|x-2|≥2m+1恒成立，则m的取值范围是(，2)；

⑤已知奇函数f(x)满足f(x)f(x)，且0

其中真命题的序号是 (写出全部真命题的序号)．

【答案】③

【解析】

试题分析：解：①因为m,所以，由m//成立，

但由，m,可得到m//或m,所以m//不成立，故该命题为假命題；

153r35r1r154r②(x)的展开式中第r1项Tr1C5xC5，

xxx

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r

33x=10x3，(x3)5的展开式中含x的项的系数为10而不是令15-4r3，解得r3，所以有T4C531x60；故该命题是假命题.

③由随机变量～N(0，1)，若P(≥2)=p，则P2P2p,

所以，P2212p

所以P20P021p；该命题是真命题；

2④因为x3x2x3x25

所以有，2m15,解得m2

由此可知④是假命.

⑤因为奇函数f(x)满足f(x)f(x)，所以，f(x2)f(x+)=fx,故函数fx是周期函数，且T2；同样由奇函数f(x)满足f(x)f(x)，f(x)f(x)f(x)f(x)

所以函数f(x)的图象关于直线x因为奇函数f(x)满足当0

由以上条件在同一坐标系中画出函数yfx和ysinx的图象如下图,则两图象在区间-2，2内交点的个数就是函数g(x)f(x)sinx在区间-2，2内的零点的个数；但由于2对称；

时f(x)x得当-x0时,

f(x)x,

223f2,f,23f2,f的值不能确定，故零点的个数不能确定，

2所以该命题是假命题.

所以答案应填③

考点：1、命题；2、直线与平面的位置关系；3、二项式定理；4、正态密度曲线的性质；5、函数的性质与函数的零点.

75．如右图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平第 44 页

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面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_____(写出所有正确命题的编号).

①当0CQ②当CQ1时,S为四边形;

21时,S不为等腰梯形;

231③当CQ时,S与C1D1的交点R满足C1R;

433④当CQ1时,S为六边形;

4⑤当CQ1时,S的面积为【答案】①②③⑤

【解析】

试题分析：取AB的中点M,在DD1上取点N,使得DN=CQ,则MN∥PQ;作AT∥MN,交直线DD1于点T,则A、P、Q、T四点共面;

①当0

211时,则0

2211②当CQ=时,则DN=DT=2DN=1点T与D1重合S为等腰梯形APQD1;

22③当CQ=333131时,则DN=DT=2DN=D1T=;由D1R:TD1=BC:DTD1R=C1R=;

442223333④当

2综上,命题正确的是:①②③⑤..

考点：立体几何综合应用.

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76．在三棱锥P-ABC中侧棱PA，PB，PC两两垂直，Q为底面△ABC内一点，若点Q到三个侧面的距离分别为3,4,5，则过点P和Q的所有球中，表面积最小的球的表面积为 .

【答案】50

【解析】根据题意：点Q到三个侧面的垂线与侧棱PA、PB、PC围成一个棱长为3、4、5的长方体，

则其外接球的直径即为PQ且为长方体的体对角线．过点P和Q的所有球中，以PQ为直径的球的表面积最小，2r=34552∴r＝222522,由球的表面积公式得：S=4πr=50π

2考点：1.球的体积和表面积；2.棱柱的结构特征．

77．在三棱柱ABCA1B1C1中侧棱垂直于底面，ACB90，BAC30，BC1，且三棱柱ABCA1B1C1的体积为3，则三棱柱ABCA1B1C1的外接球的表面积为．

【答案】16

【解析】

试题分析：该直三棱柱的底面是直角三角形，另一直角边长为3，斜边长为2.

设三棱柱高为h，则有13h3,h23.

2取三棱柱上下底面直角三角形斜边的中点并连接，由平面几何的性质可知，斜边连线中点即为外接球球心，球半径为2，所以，外接球的表面积为16.

考点：直三棱柱的几何特征，球的表面积.

78．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1，

则下列四个命题：

①P在直线BC1上运动时，三棱锥A—D1PC的体积不变；

②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；

③P在直线BC1上运动时，二面角P—AD1—C的大小不变；

④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线D1A1。

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其中真命题的编号是 。

【答案】①③④

【解析】

试题分析：①∵BC1∥平面AD1，∴BC1∥上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确．②P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确．③当P在直线BC1上运动时，AP的轨迹是平面PAD1，即二面角P-AD1-C的大小不受影响，所以正确．④∵M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，∴M点的轨迹是一条与直线D C1平行的直线，而D D1= C1D1，所以正确．故答案为：①③④.

考点：1.异面直线及其所成的角；2.棱柱、棱锥、棱台的体积；3.与二面角有关的立体几何综合题.

79．如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上或其内部运动，且使MN⊥AC.

对于下列命题：①点M可以与点H重合；②点M可以与点F重合；③点M可以在线段FH上；④点M可以与点E重合．其中真命题的序号是________(把真命题的序号都填上)．

【答案】①②③

【解析】易知HN⊥AC，FN⊥AC，故M在FH上时，均能满足要求．事实上，若M为FH上异于F，H的任意一点，∵FH⊥底面ABCD，∴HN是斜线MN在底面ABCD上的射影，而HN⊥AC，∴MN⊥AC，显然，M为H或F时，MN⊥AC.①②③正确．而NE∥BC1，且BC1与AC不垂直，因此点M不能与点E重合，④错．

80．在正三棱锥P ­ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，下列结论：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE，其中正确结论的序号是________．

【答案】①②

【解析】如右图，设P在面ABC内射影为O，则O为正△ABC的中心．

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①可证AC⊥平面PBO，所以AC⊥PB；

②AC∥DE，可得AC∥面PDE；③AB与DE不垂直．

81．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3 cm，AD2 cm，AA11 cm，则三棱锥B1ABD1的体积为 cm．

3

【答案】1

【解析】

试题分析：VB1ABD1VD1ABB11SABB1A1D11321；

332考点：1.简单几何体的体积；

82．已知平面α，β，直线m,n.给出下列命题：

① 若m，n② 若,mn，则，则m；

n；

，m,n③ 若m,n,mn，则；

④ 若，m,n，则mn.

其中是真命题的是 ．（填写所有真命题的序号）．

【答案】③④

【解析】

试题分析：①与可能平行，所以该命题为假命题；②m与n可以相交、异面、平行，所以该命题为假命题；

考点：1.线面、面面平行的判定与性质；2.线面、面面平行的判定与性质；

83．若正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则它的外接球的体积为____________．

第 48 页

共 59 页

【答案】【解析】

3.

2试题分析：通过分析可知，正方体的外接球的直径是正方体的对角线长为3，由球的体积公式可得，外接球体积为V4343R()33323.

2考点：球的体积.

84．在三棱锥PABC中,PA平面ABC，ABBC，ABBC的体积为 ．

【答案】2，PA2,则此三棱锥外接球82

3【解析】

试题分析：根据题意球心O到平面ABC的距离为1PA1，在RtABC的外接圆的半径为211AC221,所以球的半径为:R12122,所以此三棱锥的外接球的体积为:2248282R3,所以答案为:

．

333考点：1．空间几何体的外接球；2．球的体积．

85．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB2，AD3，PA4，

点E为棱CD上一点，则三棱锥E－PAB的体积为 ．

【答案】4

【解析】

111试题分析：VEPABVPEABPASEAB4234.

332考点：等体积法求三棱锥体积

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