高中数学北师大版本册总复习总复习 章末综合测评2

章末综合测评(一)立体几何初步(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．下列推理错误的是()A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒lαB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．leq\o(⊆,\s\up0(/))α，A∈l⇒A∉αD．A∈l，lα⇒A∈α【解析】若直线l∩α＝A，显然有leq\o(⊆,\s\up0(/))α，A∈l，但A∈α，故C错．【答案】C2．下列说法中，正确的是()A．经过不同的三点有且只有一个平面B．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D．垂直于同一个平面的两个平面平行【解析】A中，可能有无数个平面；B中，两条直线还可能平行、相交；D中，两个平面可能相交．【答案】C3．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图1所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝eq\f(\r(3),2)，那么原△ABC的面积是()图1\r(3) B．2eq\r(2)\f(\r(3),2) \f(\r(3),4)【解析】由题图可知，原△ABC的高为AO＝eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×BC×OA＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，故选A.【答案】A4．下列四个命题判断正确的是()A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a∥α，bα，则a∥bC．若a∥α，则a平行于α内所有的直线D．若a∥α，a∥b，beq\o(⊆,\s\up0(/))α，则b∥α【解析】A中b可能在α内；B中a与b可能异面；C中a可能与α内的直线异面；D正确．【答案】D5．已知一个圆锥的展开图如图2所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为()图2\f(2\r(2)π,3) \f(2π,3)\f(\r(2)π,3) \r(3)π【解析】因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为2eq\r(2)，所求体积V＝eq\f(1,3)×π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).【答案】A6.如图3所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于()图3A．AC B．BDC．A1D D．A1D1【解析】CE平面ACC1A1，而BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CE.【答案】B7．正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是()\f(1,2) \f(\r(3),2)\f(\r(6),3) \f(\r(6),2)【解析】连接BD1，则BD1∥EF，∠BD1A是异面直线AD1与EF所成的角．∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝eq\f(AD1,BD1)＝eq\f(\r(6),3).【答案】C8．如图4所示，则这个几何体的体积等于()图4A．4 B．6C．8 D．12【解析】由三视图得几何体为四棱锥，如图记作S­ABCD，其中SA⊥平面ABCD，SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，且ABCD为直角梯形，∠DAB＝90°，∴V＝eq\f(1,3)SA×eq\f(1,2)(AB＋CD)×AD＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝4，故选A.【答案】A9．如图5，ABCD­A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是()图5A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°【解析】由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；连接AC，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；同理可证AC1⊥B1C，因BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1；对于选项D，∵BC∥AD，∴∠B1CB即为AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错．【答案】D10．(2023·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图6所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()【导学号：10690038】图6A．1 B．2C．4 D．8【解析】如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝eq\f(1,2)×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.【答案】B11．(2023·天津模拟)如图7，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：图7①BD⊥AC；②△BCA是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④【解析】由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.【答案】B12．已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()\f(\r(2),6) \f(\r(3),6)\f(\r(2),3) \f(\r(2),2)【解析】由于三棱锥S­ABC与三棱锥O­ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S­ABC的高是三棱锥O­ABC高的2倍，所以三棱锥S­ABC的体积也是三棱锥O­ABC体积的2倍．在三棱锥O­ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×AB2＝eq\f(\r(3),4)，高OD＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\f(\r(3),3))\s\up14(2))＝eq\f(\r(6),3)，∴VS­ABC＝2VO­ABC＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).【答案】A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．设平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝________.【解析】由面面平行的性质得AC∥BD，eq\f(AS,BS)＝eq\f(CS,SD)，解得SD＝9.【答案】914．如图8所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是________．图8【解析】连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝eq\r(2)a，所以∠B′DC＝90°.【答案】90°15．若一个底面边长为eq\f(\r(6),2)，侧棱长为eq\r(6)的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________．【解析】球的直径等于正六棱柱的体对角线的长．设球的半径为R，由已知，可得2R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\f(\r(6),2)×2)\s\up14(2)＋\r(6)2)＝2eq\r(3)，R＝eq\r(3).所以球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.【答案】4eq\r(3)π16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A­BD­C，有如下三个结论．①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与CD成60°的角．其中说法正确的命题序号是__________．【解析】如图所示，①取BD中点E，连接AE，CE，则BD⊥AE，BD⊥CE，而AE∩CE＝E，∴BD⊥平面AEC，AC平面AEC，故AC⊥BD，故①正确；②设正方形的边长为a，则AE＝CE＝eq\f(\r(2),2)a.由①知，∠AEC是直二面角A­BD­C的平面角，且∠AEC＝90°，∴AC＝a，∴△ACD是等边三角形，故②正确；③如图所示，分别取BC、AC的中点G、F，连接EG、GF、EF，则EG∥CD，GF∥AB，∴∠EGF就是AB与CD所成的角．由题意EG＝GF＝EF＝eq\f(a,2)，∴△EFG是等边三角形，∴∠EGF＝60°，故③正确．【答案】①②③三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图9所示，四棱锥V­ABCD的底面为边长等于2cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4cm，求这个正四棱锥的体积．图9【解】连接AC、BD相交于点O，连接VO，∵AB＝BC＝2cm，在正方形ABCD中，求得CO＝eq\r(2)cm，又在直角三角形VOC中，求得VO＝eq\r(14)cm，∴VV－ABCD＝eq\f(1,3)SABCD·VO＝eq\f(1,3)×4×eq\r(14)＝eq\f(4,3)eq\r(14)(cm3)．故这个正四棱锥的体积为eq\f(4,3)eq\r(14)cm3.18．(本小题满分12分)如图10所示，P是▱ABCD所在平面外一点，E，F分别在PA，BD上，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.图10【证明】连接AF延长交BC于G，连接PG.在▱ABCD中，易证△BFG∽△DFA，∴eq\f(GF,FA)＝eq\f(BF,FD)＝eq\f(PE,EA)，∴EF∥PG.而EFeq\o(⊆,\s\up0(/))平面PBC，PG平面PBC，∴EF∥平面PBC.19．(本小题满分12分)(2023·全国卷Ⅱ)如图11，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．图11(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．【解】(1)交线围成的正方形EHGF，如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.故Seq\s\do10(四边形A1EHA)＝eq\f(1,2)×(4＋10)×8＝56，Seq\s\do10(四边形EB1BH)＝eq\f(1,2)×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq\f(9,7)eq\b\lc\(\rc\)(\f(7,9)也正确).20．(本小题满分12分)如图12所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M.图12【证明】由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.在Rt△B1C1M中，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋MC\o\al(2,1))＝eq\r(2)，同理BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，因为BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.21．(本小题满分12分)如图13，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．图13(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)求证：AE⊥平面PCD；(3)求二面角A­PD­C的正弦值．【解】(1)在四棱锥P­ABCD中，因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，从而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.(2)证明：在四棱锥P­ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.又PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD.因此∠AME是二面角A­PD­C的平面角．由已知，可得∠CAD＝30°.22．(