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文档简介
2022—2022学年高一数学下学期第八章单元测试卷满分:100分时间:60分钟第Ⅰ卷(选择题共60分)单项选择题:本题共12小题,每题只有一个选项正确,每小题5分,共计60分。1.某三棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边长为1,则该三棱锥最长的棱长为(
)A.
2
B.
5
C.
6
D.
222.运用祖暅原理计算球的体积时,夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意一个平面所截,若截面面积都相等,则这两个几何体的体积相等,构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱,与半球(如图①)放置在同一平面上,然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点,圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②),用任何一个平行于底面的平面去截它们时,可证得所截得的两个截面面积相等,由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭圆x24+A.
8π
B.
16π
C.
24π
D.
32π3.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中,A.
0
B.
1
C.
2
D.
34.如图,设E,F,E1,F1分别是长方体ABCD−A1A.
平行
B.
相交但不垂直
C.
垂直
D.
不确定5.在三棱锥A−BCD中,若AD⊥BC,AD⊥BD,那么必有(
)
A.
平面ADC⊥平面BCD
B.
平面ABC⊥平面BCD
C.
平面ABD⊥平面ADC
D.
平面ABD⊥平面ABC6.如图,O′A′B′A.
直角梯形
B.
等腰梯形
C.
非直角且非等腰的梯形
D.
不可能是梯形7.如图所示,四边形OABC是上底为2,下底为6,底角为45°的等腰梯形,用斜二测画法画出这个梯形的直观图O′A′B′C′,在直观图中梯形的面积为(
).A.
4
B.
22
C.
428.已知a,b是两条直线,α,β,γ是三个平面,则下列命题正确的是(
)A.
若a∥α,b∥β,a∥b则α∥β
B.
若α⊥β,a⊥α,则a∥β
C.
若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=a,则a⊥α
D.
若α∥β,a∥α,则a∥β9.三棱锥P−ABC的各棱长都相等,D、E、F分别是AB、BC、CA的中点,下列四个结论中不成立的是(
)A.
BC//平面PDF
B.
DF⊥平面PAE
C.
平面PDE⊥平面ABC
D.
平面PAE⊥平面ABC10.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(
)A.
25
B.
26
C.
4211.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1,在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱,其相交的部分就是牟合方盖,如图2,设平行于水平面且与水平面距离为ℎ的平面为α,记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S,则函数S=f(ℎ)的图象是(
)A.
B.
C.
D.
12.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,△ABC为等边三角形,AB=AA1=2,D,F,G分别为AC,①相交
②垂直
③异面
④平行A.
①②
B.
①②③
C.
①③④
D.
②③④第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、填空题:本题共计4小题,共计16分。13.给出下列命题:①垂直于同一个平面的两个平面平行;②“a⋅b<0”是“a③斜二测画法中边长为2的正方形的直观图的面积为2;④函数f(x)=4⑤已知tanα=43,tan其中正确的有________(填上你认为正确命题的序号)14.早期的毕达哥拉斯学派学者注意到:用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一.如果把sin36°按315.如图,四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形,点E是棱PD上一点,PE=3ED,若PF=λPC且满足BF//平面ACE16.在空间中,过A点作平面γ的垂线,垂足为B,记作:B=fγ(A).关于两个不同的平面α①若α//β,则存在点P满足②若α⊥β,则存在点P满足fα③若α//β,则不存在点P满足④若对空间任意一点P,恒有fα(f其中所有真命题的序号是________.三、解答题:本题共计4小题,共计24分。17.如图,四棱锥S−ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2,AD=2,点E是线段SD上的点,且DE=a(0<a≤2)(1)求证:对任意的0<a≤2,都有AC⊥BE;(2)当a=1时,点M是SC上的点,且SM=2MC,求三棱锥E−BCM的体积.18.如图,已知在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,ΔPAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分别是PD,PC,BC的中点.(1)求证:平面EFG⊥平面PAD;(2)若M是线段CD上一点,求三棱锥M−EFG的体积.年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意,沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”,就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹,冰上划痕成丝带,22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型,这种造型富有动感,体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体,其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就,如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式,但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R的球的体积公式时,可以构造如图②所示的几何体M,几何体M的底面半径和高都为R,其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d的平面β截两个几何体得到两个截面,请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明;(Ⅱ)现将椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A20.某种水箱用的“浮球”是由两个相同半球和一个圆柱筒组成,它的轴截面如图所示,已知半球的直径是12cm,圆柱筒高6cm,为增强该“浮球”的牢固性,给“浮球”内置一“双蝶形”防压卡,防压卡由金属材料杆AC,BD,O1C,O1D,O2A,O2B及O1O2焊接而成,其中O1,O2分别是圆柱上下底面的圆心,A(1)设O1C与圆柱底面所成的角为θ,试用θ表示出防压卡中四边形O1O2(2)研究表明,四边形O1O2BC的面积越大,“浮球”防压性越强,求四边形O1
答案解析一、单选题1.【答案】C【解析】该三棱锥的直观图如图所示:D1依题意得BC=CE=1,EB=1D1E=12则该三棱锥最长的棱长为6故答案为:C.2.【答案】B【解析】构造一个底面半径为2,高为3的圆柱,在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥,则当截面与顶点距离为ℎ(0⩽ℎ⩽4)时,小圆锥的底面半径为r,则ℎ3∴r=2故截面面积为4π−4把y=ℎ代入椭圆x24+∴橄榄球形几何体的截面面积为πx由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积V=2(V故答案为:B.3.【答案】B【解析】②中,A1F//D1E,而A1F⊄平面BD①中,平移A1F至D1F′,知D1F′与面③中,同样平移A1F至D1F′,知D1F′与面故答案为:B.
4.【答案】A【解析】∵E1和F1分别是A1B1又∵A1D1⊄平面BCF∴A1D1又∵E1和E分别是A1B1和AB的中点,∴∴四边形A1EBE又∵A1E⊄平面BCF1E1,BE∵A1E⊂平面EFD1A1,∴平面EFD1A故答案为:A5.【答案】A【解析】∵AD⊥BC,AD⊥BD,且BC∩BD=B,∴AD⊥平面BCD.对于A选项,∵AD⊂平面ADC,所以,平面ADC⊥平面BCD,A选项正确;对于B选项,若平面ABC⊥平面BCD,过点A在平面ABC内作AE⊥BC,如下图所示:由于平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊥BC,AE⊂平面ABC,∴AE⊥平面BCD,又∵AD⊥平面BCD,过点A作平面BCD的直线有且只有一条,假设不成立,B选项错误;对于C选项,若平面ABD⊥平面ADC,平面ABD∩平面ADC=AD,AD⊥BD,BD⊂平面ABD,∴BD⊥平面ADC,∵CD⊂平面ADC,则BD⊥CD,而BD与CD是否垂直未知,C选项错误;对于D选项,过点D在平面ABD内作DF⊥AB,垂足为点F,若平面ABD⊥平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,DF⊥AB,DF⊂平面ABD,所以,DF⊥平面ABC,∵BC⊂平面ABC,∴BC⊥DF,∵BC⊥AD,DF∩AD=D,∴BC⊥平面ABD,∵BD⊂平面ABD,∴BC⊥BD,但BC与BD是否垂直未知,D选项错误.故答案为:A.6.【答案】A【解析】根据斜二测直观图,得;OC⊥OA,OA=O′A′,BC=B′C′,OC=2O′C′;∴原平面图形OABC是直角梯形,如图所示:故答案为:A.
7.【答案】B【解析】解:如图:四边形OABC为等腰梯形,则OD=2,∠COD=45°,所以CD=2,SOABC=故答案为:B8.【答案】C【解析】对于A选项:当a//α,b//β,a//b,则对于B选项:当α⊥β,a⊥α,则a//β或a⊂β,故对于C选项:根据线面垂直的判定定理及面面垂直的性质可知C选项正确;对于D选项:当α//β,a//α,则a//故答案为:C9.【答案】C【解析】对于A中,因为D,F分别是AB,CA的中点,可得BC//DF,因为BC⊄平面PDF,DF⊂平面PDF,所以BC//平面PDF,所以A符合题意;对于B中,因为AC=AB,BE=EC,所以BC⊥AE,同理可得BC⊥PE,又因为PE∩AE=E,所以BC⊥平面PAE,又由BC//DE,所以DF⊥平面PAE,所以B符合题意;对于D中,由DF⊥平面PAE,因为DF⊂平面ABC,所以平面PAE⊥平面ABC,所以D符合题意;综上可得A、B、D都正确,所以C不正确.故答案为:C.
10.【答案】C【解析】依据多面体的三视图,画出它的直观图,如图所示;在棱长为4的正方体中,四面体ABCD就是满足图中三视图的多面体,其中A、B点为所在棱的中点,所以,四面体ABCD最长的棱长为|AB|=4故答案为:C.11.【答案】D【解析】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球,用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”,截面均为正方形,并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形,内切球的半径为a,设截面圆的半径为r,则(a−ℎ)2+r设截面圆的外接正方形的边长为b,则b=2r,正方形的面积S=b2=4故答案为:D12.【答案】B【解析】当P点与D点重合时,直线BP与直线DG相交,连接BG,FG,BF,BD,由题意,可得BC=2,CG=1,FG=2,BD=3,BC⊥CG,在Rt△BCG中,BG=BC2+CG2=22+12=5,同理DG=DC2+CG2=12+12=2,DF=AD2+A故答案为:B.
利用三棱柱的结构特征,再利用线面垂直推出线线垂直,再利用等边三角形的性质结合中点的性质,从而结合空间两直线的判断方法,从而推出线BP与直线DG可能的位置关系。二、填空题13.【答案】③⑤【解析】①直棱柱的侧面都与底面垂直,但侧面之间不一定平行,①错;②当a,b反向时,a⋅③先说明当直角三角形的两条直角边与坐标平行时,此时不妨把直角顶点平移到坐标原点,如图△OAB,其直观图为△O′A′B′,S△如果斜边在其它象限最多把上式中45°改为135°,结果不变.而平面上任意多边形都可以用直角边与坐标轴平行的直角三角形组合而成.因此可知斜二测画法中直观图面积是原图形面积的24边长为2的正方形面积为4,其直观图面积为2,③正确;④f(x)=4sin2x+sin2x⑤tanα=43,tan故答案为:③⑤.
利用两平面平行的判定定理,充分条件、必要条件的判断方法,斜二测法画直观图结合已知条件求平面图形直观图的面积,均值不等式求最值的方法,两角差的正切公式,进而得出正确命题的序号。14.【答案】553【解析】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球,设外接球半径为R,正五边形的外接圆半径为r,正二十面体的棱长为l,则l2r=所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=l所以R2=r2+所以该正二十面体的外接球表面积为S球而该正二十面体的表面积是S正二十面体所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于553故答案为:553
15.【答案】23【解析】如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,则BO=OD,在线段PE取一点G使得GE=ED,则PGPE连接BG,FG,则BG//又因为OE⊆平面AEC,BG⊄平面AEC,所以BG//平面AEC因为BF//平面ACE且满足BG∩BF=B,故平面BGF//平面因为平面PCD∩平面BGF=GF,平面PCD∩平面AEC=EC,则GF//所以PFPC=PG故答案为:2316.【答案】②③④【解析】①设P1=fα(P)∈α,P2=fβ(P)∈β,因为α//β,所以α∩β=∅,则fα(P)≠fβ(P),故错误;②设P1=fα(P)∈α,P2=fβ(P)∈β故答案为:②③④三、解答题17.【答案】(1)证明:连接BD,由ABCD是正方形,则AC⊥BD,又SD⊥平面ABCD.则AC⊥SD,SD∩BD=D,所以AC⊥面SBD,又BE⊂面SBD,所以AC⊥BE.
(2)解:由题VE−BCM易知BC⊥面SDC,所以ℎ=BC=2SΔECM则VE−BCM【解析】(1)连接
BD,得AC⊥BD,再由SD⊥
平面
ABCD,得AC⊥SD,由直线与平面垂直的判定定理可得AC⊥
面
SBD,从而得到AC⊥BE;
(2)证明BC⊥
面
SDC,求出△EMC的面积,由等体积法即可求得三棱锥
E−BCM
的体积。18.【答案】(1)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD,又∵ΔPCD中,E、F分别是PD、PC的中点,∴EF∥CD,可得EF⊥平面PAD,∵EF⊂平面EFG,∴平面EFG⊥平面PAD
(2)解:∵EF∥CD,EF⊂平面EFG,CD⊄平面EFG,∴CD∥平面EFG,因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离,∴∵平面EFG⊥平面PAD,平面EFG平面PAD=EH,ΔEHD是正三角形,∴点D到平面EFG的距离等于正ΔEHD的高,即为3【解析】(1)根据面面垂直的判定定理,证明线面垂直,即可得到面面垂直;
(2)根据线面平行,求出点到平面的距离
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