20192020学年高中北师大版数学必修2精练第一章水平测试Word版含解析

第一章水平测试本试卷分第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60分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)1．以下三视图表示的几何体是( )A．圆台B．棱锥C．圆锥D．圆柱答案A分析因为俯视图是两个齐心圆，则这个几何体是旋转体，又左视图和主视图均是等腰梯形，所以该几何体是圆台．2．已知水平搁置的△ABC按“斜二测画法”获得以下图的直观图，此中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝3，那么原△ABC是一个( )2A．等边三角形B．直角三角形C．三边中有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形答案A分析依据“斜二测画法”可得BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝3.故原△ABC是一个等边三角形．3．已知某个几何体的三视图以以下图，依据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )4000380003A.3cmB.3cmC．2000cm3D．4000cm3答案B分析由三视图得该几何体为四棱锥，则其体积为V＝1×20×20×20＝38000cm3.34．已知一个圆锥的睁开图如右图所示，此中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为( )22π2πA.3B.3C.2πD.3π3答案A分析由底面圆的半径为1，可知扇形的弧长为2π，又扇形的圆心角为120°，所以圆锥母线长为2π＝3，高为32－12＝22，所求体积V＝1×π×12×22＝1203180π2π3.如右图，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．62B．6C．42D．4答案B分析该多面体是以以下图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E－CC1D1(其中E为BB1的中点)，此中最长的棱为D1＝422＋22＝6.E6．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )22π42πA.3B.3C．22πD．42π答案B分析由题意，该几何体能够看作两个底面半径和高都为2的圆锥的组合1242π体，其体积为2×3×π×(2)×2＝3.111D1以以下图所示，下边结论错误的选项是( )7．正方体ABCD－ABCA．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°答案D分析关于A，因为BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；关于B，连结AC，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；关于C，因为BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1；关于D，因为BC∥AD，所以∠B1CB即AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错．8．以以下图所示，在四周体ABCD中，E、F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为( )A．90°B．45°C．60°D．30°答案

D分析

取BC

的中点

H，连结

EH、FH，则∠EFH为所求的角，可证△

EFH为直角三角形，

EH1EH⊥EF，FH＝2，EH＝1，∴sin∠EFH＝FH＝2，∴∠EFH＝30°.9．如图，在正方体ABCD－111D1中，E，F分别是棱BC，C11的中点，ABCD则EF与平面BB1D1D的地点关系是()A．平行B．订交C．EF?平面BB1D1DD．没法判断答案A分析取B1C1中点H，连结EH，FH，∵E、F、H分别为BC、D1C1、B1C1中点，∴FH∥D11，EH∥BB1，B∴平面EFH∥平面BB1D1D∵EF平面EFH，∴EF∥平面BB11D.D10．如图，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段SABC9PA′PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若△′′＝49，则′＝( )△ABCSAA4373A.3B.49C.8D.4答案D分析由平面α∥平面ABC，得AB∥A′B′，BC∥B′C′，AC∥A′C′，由等角定理得∠ABC＝∠A′B′C′，∠BCA＝∠B′C′A′，∠CAB＝∠△′′′C′A′B′，进而△ABC∽△A′B′C′，△PAB∽△PA′B′，SABC＝△ABCSA′B′2＝PA′29，所以PA′3PA′3ABPA＝PA＝，所以AA′＝，应选D.497411．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l知足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β订交，且交线垂直于lD．α与β订交，且交线平行于l答案

D分析因为m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必订交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l知足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，则交线平行于l，应选D.12．已知平面ABC外一点P，且PH⊥平面ABC于点H.给出以下四个说法：①若PA⊥BC，PB⊥AC，则点H是△ABC的垂心；②若PA，PB，PC两两相互垂直，则点H是△ABC的垂心；③若∠ABC＝90°，点H是AC的中点，则PA＝PB＝PC；④若PA＝PB＝PC，则点H是△ABC的外心．此中正确说法的个数为( )A．1B．2C．3D．4答案D分析关于①，易知AH⊥BC，BH⊥AC，所以点H是△ABC的垂心；关于②，易知PB⊥平面PAC，所以PB⊥AC，同理，PA⊥BC，由①可知点H是△ABC的垂心；关于③，∠ABC＝90°，点H是AC的中点，所以HA＝HC＝HB，又∠PHA＝∠PHB＝∠PHC＝90°，所以PA＝PB＝PC；关于④，∠PHA＝∠PHB＝∠PHC＝90°，PA＝PB＝PC，所以HA＝HB＝HC，即点H是△ABC的外心．①②③④都正确，应选D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．以下说法正确的选项是________．(填序号)①连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线；②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台都有两个底面；④圆锥的侧面睁开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长．答案④分析此题主要考察空间几何体的构造特点．依据圆柱母线的定义，①说法错误；以直角梯形垂直于上、下底的腰为轴旋转获得的旋转体是圆台，以另一腰为轴旋转所得的旋转体不是圆台，故②说法错误；圆锥只有—个底面，故③说法错误；依据圆锥母线的定义，④说法正确．14．把直径分别为6cm,8cm,10cm的三个铁球熔成一个大铁球，则这个大铁球的半径为________cm.答案6分析设大铁球的半径为434π×634π×834π×103Rcm，由π＝2＋2＋2，3R333得R3＝216，得R＝6.15．以下图，正方体的底面与正四周体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面中，与直线CE平行、订交的平面个数分别为m，n，则m＋n＝________.答案5分析CE与正方体上底面平行，且在正方体下底面所在的平面内，而与它订交的平面分别是前、后、左、右四个平面，即m＝1，n＝4，所以m＋n＝5.16．以下图的四个正方体中，A，B为正方体的两个极点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是________．(填序号)答案①④分析①中，记点B正上方的极点为C，连结AC，则易证平面ABC∥平面MNP，所以AB∥平面MNP；④中AB∥NP，依据空间直线与平面平行的判断定理能够得出AB∥平面MNP；②③中，AB均与平面MNP订交．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1P＝2PA1，C1Q2QA1.求证：直线AA1，BP，CQ订交于一点．证明如图，连结PQ.由B1P＝2PA1，C1Q＝2QA1，1得PQ∥B1C1，且PQ＝3B1C1.又BC綊B1C1，∴四边形BCQP为梯形，∴直线BP，CQ订交，设交点为R，则R∈BP，R∈CQ.又BP平面AA1B1B，CQ平面AA1C1C，∴R∈平面AA1B1B，且R∈平面AA1C1C，∴R在平面AA1B1B与平面AA1C1C的交线上，即R∈AA1，∴直线AA1，BP，CQ订交于一点．18．(本小题满分12分)某几何体的三视图以下图(不考虑接触点)．(1)求该几何体的表面积；(2)求该几何体的体积．解(1)由三视图，知该几何体由两部分构成，上部分是直径为部分是底面边长为2，高为3的正三棱柱．

1的球，下表面积

S＝4π×

1212＋2×2×

3×2＋2×3×3＝π＋23＋18.(2)体积

1V＝2×2×

43×3＋3π×

13π2＝33＋6.19．(本小题满分12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥AC.D，E分别是BB1，A1C1的中点．(1)求证：DE∥平面A1BC；(2)若AB⊥BC，求证：A1B⊥平面ABC；(3)在(2)的条件下，AB＝BC＝1，BB1＝2，求三棱锥A1－BCC1的体积．解(1)证明：取A1C的中点F，连结BF，EF，∵E是A1C1的中点，1∴EF∥CC1，且EF＝2CC1.又CC1∥BB1，D是BB1的中点，∴EF∥DB，且EF＝DB，∴四边形BDEF是平行四边形，∴DE∥BF，而DE?/平面A1BC，BF平面A1BC，∴DE∥平面A1BC.(2)证明：∵AA1⊥BC，AB⊥BC，AB∩AA1＝A，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.又A1B⊥AC，AC∩BC＝C，∴A1B⊥平面ABC.(3)由(2)的结论，得A1B⊥AB，∵AB⊥BC，∴AB⊥平面A1BC.∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面A1BC.由B1C1∥BC，可知B1C1∥平面A1BC.∵A1B1＝AB＝1，BB1＝2，∴A1B＝1，∴三棱锥A1－BCC1的体积V11＝V11＝V11A－BCCC－ABCB－ABC111＝3S△A1BC·A1B1＝3×2×BC×A1B×A1B1111＝3×2×1×1×1＝6.20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC＝90°，BC＝BB1，M，N分别是A1B1，AC1的中点．求证：(1)MN∥平面BCC1B1；(2)平面MAC1⊥平面ABC1.证明(1)取BC1的中点D，连结B1D，ND，∵D，N分别是BC1，AC1的中点，1∴ND∥AB，ND＝2AB.又M为A1B1的中点，AB∥A1B1，∴ND綊B1M，∴MNDB1为平行四边形，∴MN∥B1D.又B1D平面BCC1B1，MN?/平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1.(2)由题可知AB⊥B1D，B1D⊥BC1.又AB平面ABC1，BC1平面ABC1，AB∩BC1＝B，∴B1D⊥平面ABC1.又B1D∥MN，∴MN⊥平面ABC1.又MN平面MAC1，∴平面MAC1⊥平面ABC1.21．(本小题满分12分)如图，已知二面角α－MN－β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.(1)证明：AB⊥平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．解(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB?α，所以DO⊥AB.连结BD，由题设，知△ABD是正三角形，又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.(2)因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．由(1)，知AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α－MN－β的平面角，进而∠DEO＝60°.不如设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝3.3在Rt△DOE中，DO＝DE·sin60°＝2.3DO23连结AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝AD＝2＝4.3故异面直线BC与OD所成角的余弦值为4.22．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．解(1)证明：如图，连结BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，而