高考数学第一轮复习导学案(新高考)第58讲章末检测八(原卷版+解析)

第58讲章末检测八一、单选题（2021·山东青岛市·高三三模）设、是空间两个不同平面，、、是空间三条不同直线，下列命题为真命题的是（）A．若，，则B．若直线与相交，，，则与相交C．若，，则D．若，，，，，则2、(2022·湖南省雅礼中学开学考试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1成的角为A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)3、（2022·江苏苏州·高三期末）已知圆锥的高为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A． B． C． D．4、（2022·广东揭阳·高三期末）已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（）A． B． C． D．不能确定5、（2022·湖北襄阳·高三期末）已知圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为，则圆台的侧面积为（）A． B． C． D．6、（2022·广东汕尾·高三期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．辽宁省实验中学校园内的明心亭，为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为（）．A． B． C． D．7、．（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．8、（2022·广东汕尾·高三期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．辽宁省实验中学校园内的明心亭，为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为（）．A． B． C． D．多选题9、（2022·江苏海安·高三期末）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（）A．，与平面都垂直B．内有两条相交直线与平面均无交点C．异面直线，满足，D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等10、（2022·河北保定·高三期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形11、（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）如图，点为边长为1的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（）A．直线、是异面直线B．C．直线与平面所成角的正弦值为D．三棱锥的体积为12、（2022·广东汕尾·高三期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，底面ABCD，M为PA的中点，则下列叙述中正确的是（）A．PC//平面MBDB．平面PACC．异面直线BC与PD所成的角是D．直线PC与底面ABCD所成的角的正切值是填空题13、（2022·江苏海门·高三期末）已知圆柱的底面半径为，体积为4π，则该圆柱的侧面积为__________．14、（2022·湖北·高三期末）已知一个圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为____________．15、（2022·湖南娄底·高三期末）若四棱锥的各顶点都在同一个球O的表面上，底面ABCD，，，，，则球O的体积为______．16、（2022·广东清远·高三期末）如图，在长方体中，，P为的中点，过的平面分别与棱交于点E，F，且，则平面截长方体所得上下两部分的体积比值为_________；所得的截面四边形的面积为___________．解答题17、（2021·江苏南通市·高二开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积．18、(2022·南京9月学情)(本小题满分12分)在三棱锥P－ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，AC⊥PD，∠PCB＝90°．(1)求证：BC⊥平面PAC(2)求PD与平面PBC所成角的正弦值．CCEBEBDDAA如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2NB，已知PA＝AC＝AD＝3，eqBD＝3\r(,3)，∠ADB＝30°．(1)求证：AC⊥平面PAD；P(2)设棱PD的中点为M，求平面PAB与平面MAC所成二面角的正弦值PMMDADANBNBCC20、（2022·河北唐山·高三期末）四棱锥的底面是矩形，，侧面底面OBCD．（1）求证：底面OBCD；（2）若，二面角的大小为120°，求四棱锥的体积．21、（2022·山东青岛·高三期末）如图所示，已知四棱锥P-ABCD的底面是矩形，底面ABCD，M为BC中点，且.（1）求证：面面PDB；（2）若两条异面直线AB与PC所成的角为45°，求面PAM与面PBC夹角的余弦值.22、（2022·河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.（1）证明：平面平面；（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.第58讲章末检测八一、单选题（2021·山东青岛市·高三三模）设、是空间两个不同平面，、、是空间三条不同直线，下列命题为真命题的是（）A．若，，则B．若直线与相交，，，则与相交C．若，，则D．若，，，，，则【答案】D【解析】对于A选项，若，，则或，A选项错误；对于B选项，若直线与相交，，，则与相交或平行，B选项错误；对于C选项，若，，则与的位置关系不确定，C选项错误；对于D选项，若，，，，由面面垂直的性质可得，，所以，，D选项正确.故选：D.2、(2022·湖南省雅礼中学开学考试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1成的角为A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)【答案】D【解析】如图所示，连接eqBC\s\do(1)，则eq∠PBC\s\do(1)就是直线PB与AD1所成的平面角，易得eqPB⊥PC\s\do(1)，且eqBC\s\do(1)＝2PC\s\do(1)，所以eq∠PBC\s\do(1)＝\f(π,6)，故答案选D．法二：以点D为坐标原点，直线eqDA，DC，DD\s\do(1)分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，设AB＝1，则eqB(1，1，0)，P(\f(1,2)，\f(1,2)，1)，A(1，0，0)，D\s\do(1)(0，0，1)，所以EQ\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝(EQ\F(1,2)，EQ\F(1,2)，－1)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),AD\S\DO(1))＝(－1，0，1)，设直线PB与eqAD\s\do(1)所成的角为θ，则eqcosθ＝\f(|\o\ac(\S\UP7(→),PB)·\o\ac(\S\UP7(→),AD\s\do(1))|,|\o\ac(\S\UP7(→),PB)||\o\ac(\S\UP7(→),AD\s\do(1))|)＝\f(\f(3,2),\r(,\f(3,2))×\r(,2))＝\f(\r(,3),2)，所以eqθ＝\f(π,6)，故答案选D．3、（2022·江苏苏州·高三期末）已知圆锥的高为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆，即，，，，故选：A．4、（2022·广东揭阳·高三期末）已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（）A． B． C． D．不能确定【答案】A【解析】因为圆柱的轴截面为正方形，设圆柱底面圆的半径为，其高，其外接球的半径，则圆柱的表面积，球的表面积，则圆柱的表面积与球的表面积之比为，故选：.5、（2022·湖北襄阳·高三期末）已知圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为，则圆台的侧面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为，所以圆台的母线为：，所以圆台的侧面积为：，故选：C6、（2022·广东汕尾·高三期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．辽宁省实验中学校园内的明心亭，为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为（）．A． B． C． D．【答案】A【解析】设为正八棱锥底面内切圆的圆心，连接，，取的中点，连接、，则是底面内切圆半径，如图所示：设侧棱长为，底面边长为，由题意知，，则，解得；由底面为正八边形，其内切圆半径是底面中心到各边的距离，中，，所以，由，解得，所以，所以，解得，即侧棱与底面内切圆半径的长度之比为．故选:A．7、．（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形6个完全相同的正方形的面积之和为：8个完全相同的等边三角形的面积之和为：故该几何体的表面积为：故选：B8、（2022·广东汕尾·高三期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．辽宁省实验中学校园内的明心亭，为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为（）．A． B． C． D．【答案】A【解析】设为正八棱锥底面内切圆的圆心，连接，，取的中点，连接、，则是底面内切圆半径，如图所示：设侧棱长为，底面边长为，由题意知，，则，解得；由底面为正八边形，其内切圆半径是底面中心到各边的距离，中，，所以，由，解得，所以，所以，解得，即侧棱与底面内切圆半径的长度之比为．故选:A．多选题9、（2022·江苏海安·高三期末）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（）A．，与平面都垂直B．内有两条相交直线与平面均无交点C．异面直线，满足，D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等【答案】BD【解析】对于A：如图正方体中：平面为平面，平面为平面，平面为平面，此时满足，与平面都垂直，但平面与平面相交，所以，与平面都垂直得不出，所以，与平面都垂直不是的充分条件，故选项A不正确；对于B：内有两条相交直线与平面均无交点即内有两条相交直线与平面平行，由面面平行的判定定理可得，所以由内有两条相交直线与平面均无交点可得出，故内有两条相交直线与平面均无交点是“”的充分条件，故选项B正确；对于C：如图正方体中：直线为，直线为，平面为平面，平面为平面，此时符合异面直线，满足，，但平面与平面相交，所以异面直线，满足，得不出，异面直线，满足，不是的充分条件，故选项C不正确；对于D：若内有个点（任意三点不共线）到的距离相等，则，所以内有个点（任意三点不共线）到的距离相等是“”的充分条件，故选项D正确，故选：BD.10、（2022·河北保定·高三期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】BD【解析】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.故选：BD11、（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）如图，点为边长为1的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（）A．直线、是异面直线B．C．直线与平面所成角的正弦值为D．三棱锥的体积为【答案】BD【解析】对于A选项，连接，则点为的中点，、平面，平面，同理可知平面，所以，与不是异面直线，A选项错误；对于C选项，四边形是边长为的正方形，，平面平面，交线为，平面，平面，所以，直线与平面所成角为，为的中点，且是边长为的正三角形，则，，，C选项错误；对于B选项，取的中点，连接、，则且，，平面，平面，平面，，，，B选项正确；对于D选项，平面，的面积为，所以三棱锥的体积为，D选项正确.故选：BD.12、（2022·广东汕尾·高三期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，底面ABCD，M为PA的中点，则下列叙述中正确的是（）A．PC//平面MBDB．平面PACC．异面直线BC与PD所成的角是D．直线PC与底面ABCD所成的角的正切值是【答案】CD【解析】设，则E不是中点，假设平面因为平面，平面平面，所以，因为M为中点，所以E是中点，与题意矛盾，所以A错；假设平面，则，因为直角梯形ABCD所，，所以知与不垂直，与假设矛盾，故B错；因为，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，为，因为是等腰直角三角形，所以，故异面直线与所成的角是，所以C对．因为底面，所以直线与底面所成的角为，又因为，，所以，所以D对．故选：CD．填空题13、（2022·江苏海门·高三期末）已知圆柱的底面半径为，体积为4π，则该圆柱的侧面积为__________．【答案】8π【解析】因为底面半径为，体积为，设母线为，则，得，所以圆柱的侧面积为：，故答案为：14、（2022·湖北·高三期末）已知一个圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为____________．【答案】【解析】解：根据题意，其圆台的轴截面是等腰梯形，如图，腰，，，所以过点作，垂足为，所以在中，，因为圆台的上、下底面半径之比为，所以，即圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，所以圆台的体积为.故答案为：15、（2022·湖南娄底·高三期末）若四棱锥的各顶点都在同一个球O的表面上，底面ABCD，，，，，则球O的体积为______．【答案】【解析】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，平面，，因为，所以，所以，解得，，因为，所以，因为，所以，所以球O的半径为，所以球O的体积为．故答案为：．16、（2022·广东清远·高三期末）如图，在长方体中，，P为的中点，过的平面分别与棱交于点E，F，且，则平面截长方体所得上下两部分的体积比值为_________；所得的截面四边形的面积为___________．【答案】3【解析】如图，过点B作的平行线分别与的延长线交于G，H，连接，并分别与交于E，F，因为GH，且平面，平面所以平面，所以平面即平面．因为，所以，所以．因为四边形为菱形，且，所以．故答案为：3；.解答题17、（2021·江苏南通市·高二开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积．【解析】（1）证明：设与交于点，连接，在三棱柱中，侧面是平行四边形，因为对角线与交于点，所以为的中点，因为为的中点，所以因为平面，平面，所以平面；（2）设与交于点，在三棱柱中，侧面是平行四边形，因为，所以侧面是菱形，，因为，为菱形的对角线，所以因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，平面所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积．18、(2022·南京9月学情)(本小题满分12分)在三棱锥P－ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，AC⊥PD，∠PCB＝90°．(1)求证：BC⊥平面PAC(2)求PD与平面PBC所成角的正弦值．【解析】(1)证明：取AC中点E，连接PE，ED．因为△PAC为正三角形，E是AC中点，所以PE⊥AC．又因为AC⊥PD，PE，PD平面PED，PE∩PD＝P，故AC⊥平面PED．因为ED平面PED，所以AC⊥ED．因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，故BC⊥AC．…………4分因为∠PCB＝90°，即BC⊥PC．又PC，AC平面PAC，PC∩AC＝C，故BC⊥平面PAC．………6分PPCCEBEBDDAA(2)：由(1)知BC⊥平面PAC．因为PE平面PAC，所以BC⊥PE，从而ED⊥PE．又因为PE⊥AC，又AC⊥ED，故建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz．因为AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，故B(－1，4，0)，D(0，2，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，EQ\R(,3))．……………………8分所以eq\o\ac(\S\UP7(→),PD)＝(0，2，－\r(,3))，\o\ac(\S\UP7(→),CB)＝(0，4，0)，eq\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝(－1，4，－\r(,3))．设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\B\lc\{(\a\al(n·\o\ac(\S\UP7(→),CB)＝0，,n·\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝0，))即eq\B\lc\{(\a\al(4y＝0，,－x＋4y－\r(,3)z＝0，))令z＝－1，得y＝0，x＝EQ\R(,3)，所以平面PBC的一个法向量为n＝(EQ\R(,3)，0，－1)．………10分设直线PD与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cos<EQ\o\ac(\S\UP7(→),PD)，n>|＝|EQ\F(\o\ac(\S\UP7(→),PD)·n,|\o\ac(\S\UP7(→),PD)|·|n|)|＝EQ\F(\R(,3),\R(,7)×2)＝eq\f(\r(,21),14)．所以PD与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(,21),14)．……………12分zPzPCCBEBEyDyDAA(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2NB，已知PA＝AC＝AD＝3，eqBD＝3\r(,3)，∠ADB＝30°．(1)求证：AC⊥平面PAD；P(2)设棱PD的中点为M，求平面PAB与平面MAC所成二面角的正弦值PMMDADANBNBCC【解析】(1)证明：因为eqBD＝3\r(,3)，DN＝2NB，故eqDN＝\f(2,3)BD＝2\r(,3)．在△AND中，AD＝3，∠ADN＝30°，eqDN＝2\r(,3)，根据余弦定理可得，eqAN\s\up6(2)＝AD\s\up6(2)＋ND\s\up6(2)－2AD·ND·cos∠ADN＝3\s\up6(2)＋(2\r(,3))\s\up6(2)－2×3×2\r(,3)×\f(\r(,3),2)＝3，故eqAN＝\r(,3)，所以eqNA\s\up6(2)＋AD\s\up6(2)＝ND\s\up6(2)，∠NAD＝90°，所以AC⊥AD．又PA⊥面ABCD，AC面ABCD，所以AC⊥PA．因为PA∩AD＝A，PA，AD面PAD，所以AC⊥面PAD．(2)解：以A为坐标原点，以AC，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．在△BAD中，AD＝3，eqBD＝3\r(,3)，∠ADB＝30°，据余弦定理可得，eqAB\s\up6(2)＝AD\s\up6(2)＋BD\s\up6(2)－2AD·BD·cos∠ADB＝3\s\up6(2)＋(3\r(,3))\s\up6(2)－2×3×3\r(,3)×\f(\r(,3),2)＝9，故AB＝3，所以∠ABD＝30°，∠BAD＝120°．所以A(0，0，0)，eqB(\f(3\r(,3),2)，－\f(3,2)，0)，C(3，0，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3)，因为M是PD的中点，eqM(0，\f(3,2)，\f(3,2))，设EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))＝(x，y，z)是平面PAB的法向量，则EQ\B\lc\{(\a\al(\l(\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))⊥\o\ac(\S\UP7(→),AB)，),\l(\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))⊥\o\ac(\S\UP7(→),AP)，)))即EQ\B\lc\{(\a\al(\l(\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))·\o\ac(\S\UP7(→),AB)＝0，),\l(\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))·\o\ac(\S\UP7(→),AP)＝0，)))所以eq\B\lc\{(\a\al(\f(3\r(,3),2)x－\f(3,2)y＝0，,3z＝0，))取x＝1，得EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))＝(1，EQ\R(,3)，0)，所以平面PAB的一个法向量为EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))＝(1，EQ\R(,3)，0)．同理，平面MAC的一个法向量为EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(2))＝(0，1，－1)．所以cos<EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))，EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(2))>＝EQ\F(\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))·\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(2)),|\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))|·|\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(2))|)＝EQ\F(\R(,3),2×\R(,2))＝EQ\F(\R(,3),2\R(,2))．设平面PAB与平面MAC所成的二面角为θ，故|cosθ|＝|cos<EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(1))，EQ\o\ac(\S\UP7(→),n\S\DO(2))>|＝EQ\F(\R(