新教材适用2024-2025学年高中数学第8章立体几何初步综合测试新人教A版必修第二册

第八章综合测试考试时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．若点M在直线a上，a在平面α内，则M，a，α间的关系可记为(B)A．M∈a，a∈α B．M∈a，a⊂αC．M⊂a，a⊂α D．M⊂a，a∈α[解析]依据点与直线、直线与平面之间位置关系的符号表示，可知B正确．2．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点究竟面的距离为2cm，另一个圆锥顶点究竟面的距离为3cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为(D)A．2cm B．3cmC．2.5cm D．5cm[解析]圆锥顶点究竟面的距离即圆锥的高，故两顶点间距离为2＋3＝5cm，在直观图中与z轴平行线段长度不变，仍为5cm.3．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件可以是(B)A．α内有多数条直线与β平行B．α，β垂直于同一条直线C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一个平面[解析]α内有多数条直线与β平行不能得出α∥β，两个平面可以相交，故A错误；α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，B正确；α，β平行于同一条直线，则两个平面可以平行也可以相交，故C错误；垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，故D错误；故选B.4．如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1，过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE，则DE与AB的位置关系是(B)A．异面 B．平行C．相交 D．以上均有可能[解析]因为A1B1∥平面ABC，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，所以A1B1∥DE.又因为A1B1∥AB，所以DE∥AB.5．如图所示的是一个五棱柱，则下列推断错误的是(C)A．该几何体的侧面是平行四边形B．该几何体有七个面C．该几何体恰有十二条棱D．该几何体恰有十个顶点[解析]依据棱柱的定义可知，该几何体的侧面是平行四边形，故A正确；该五棱柱有七个面，十五条棱，十个顶点，故B、D正确，C错误；故选C.6．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是(C)A．空间四边形 B．矩形C．梯形 D．平行四边形[解析]因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD，因为BC⊂平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF，因为BC＝AD，EF<AD，所以EF<BC，所以四边形EFBC为梯形，故选C.7．(2024·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2，将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(eq\r(7)≈2.65)(C)A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m3[解析]依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积S＝140.0km2＝140×106m2，下底面积S′＝180.0km2＝180×106m2，∴V＝eq\f(1,3)h(S＋S′＋eq\r(SS′))＝eq\f(1,3)×9×(140×106＋180×106＋eq\r(140×180×1012))＝3×(320＋60eq\r(7))×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.8．(2024·北京卷)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾画出建筑轮廓，呈现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为eq\f(\r(14),5)，则该五面体的全部棱长之和为(C)A．102m B．112mC．117m D．125m[解析]如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG，OM，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝eq\f(\r(14),5).因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，因为EG⊥BC，EO，EG⊂平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，所以由BC＝10得OM＝5，所以EO＝eq\r(14)，所以OG＝5，所以在直角三角形EOG中，EG＝eq\r(EO2＋OG2)＝eq\r(\r(14)2＋52)＝eq\r(39)，在直角三角形EBG中，BG＝OM＝5，EB＝eq\r(EG2＋BG2)＝eq\r(\r(39)2＋52)＝8，又因为EF＝AB－5－5＝25－5－5＝15，全部棱长之和为2×25＋2×10＋15＋4×8＝117m.故选C.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是(ABC)A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面相互平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面相互平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台[解析]以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误；有两个面相互平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不肯定是棱柱，故B错误；有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误；依据棱台的定义，可得D正确．故选ABC.10．如图所示是正方体的平面绽开图，那么在正方体中(BCD)A．AC⊥EFB．EF和BC所成的角是60°C．直线AC和平面ABE所成的角是30°D．假如平面ABC∩平面CEF＝l，那么直线EF∥直线l.[解析]如图，把正方体的平面绽开图还原成正方体ADBG－FCEH.在正方体ADBG－FCEH中，可知AC∥EG，AC＝EG＝EF＝FG，故异面直线AC与EF所成的角即为EG与EF所成的角为60°，故A项错误；同理，EF与BC所成的角即为FG与EF所成的角为60°，故B项正确；在正方体ADBG－FCEH中，AC＝CH，HC⊥EF，HC⊥EB，EF∩EB＝E，故HC⊥平面ABEF，则点C到平面ABE的距离为eq\f(1,2)HC＝eq\f(1,2)AC，设直线AC与平面ABE所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(\f(1,2)HC,AC)＝eq\f(1,2)，故θ＝30°，故C项正确；在正方体ADBG－FCEH中，AC∥EG，AB∥EF，AC∩AB＝A，EG∩EF＝E，则平面ABC∥平面EFG，平面EFG∩平面CEF于直线EF，平面ABC∩平面CEF＝l，故直线EF∥直线l，故D项正确．故选BCD.11.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(ACD)A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1[解析]连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四边形PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P.故A正确；明显A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M既不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C、D正确．故选ACD.12．在如图所示的三棱锥O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两相互垂直，下列结论正确的为(BD)A．直线AB与平面OBC所成的角为30°B．二面角O－BC－A的正切值为eq\r(2)C．O到面ABC的距离为eq\r(3)D．作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心[解析]因为OA，OB，OC两两相互垂直，OB∩OC＝O，AO⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；取BC中点为D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两相互垂直，所以AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，OD⊥BC，AD⊥BC，因为OD∩AD＝D，所以BC⊥平面AOD，故∠ODA为二面角O－BC－A的平面角，则tan∠ODA＝eq\f(OA,OD)＝eq\r(2)，故二面角O－BC－A的正切值为eq\r(2)，故B项正确；因为AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，所以AD＝eq\f(\r(6),2)，设O到平面ABC的距离为h，则VA－OBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝VO－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)×h，解得h＝eq\f(\r(3),3)，故C项错误；因为AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，故△ABC为等边三角形，因为OM⊥平面ABC，则M点为O点在平面ABC上的投影，又OA＝OB＝OC＝1，即O点到△ABC顶点A，B，C的距离相等，即M点到△ABC顶点A，B，C的距离相等，故M为△ABC的重心，故D项正确．故选BD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．半径为3的金属球在机床上通过切割，加工成一个底面半径为2eq\r(2)的圆柱，当圆柱的体积最大时，其侧面积为8eq\r(2)π.[解析]要使圆柱的体积最大，即圆柱的高最大，所以仅当圆柱上下底面是金属球的截面时高最大，为h＝2eq\r(32－2\r(2)2)＝2，所以侧面积为S＝2×2eq\r(2)π×2＝8eq\r(2)π.故答案为8eq\r(2)π.14．(2024·湖南长沙雅礼中学模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，当点E满意条件_SE＝EA__时，SC∥平面EBD.[解析]如图，取SA的中点E，连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO.∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．又E是SA的中点，∴OE是△SAC的中位线，∴OE∥SC.∵SC⊄平面EBD，OE⊂平面EBD，∴SC∥平面EBD.15．在一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面上升9厘米，则此球的半径为_12__厘米．[解析]V＝Sh＝πr2h＝eq\f(4,3)πR3，R＝eq\r(3,64×27)＝12(厘米)．16．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用珍贵的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来运用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的全部顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为_9π__.[解析]设正四棱柱和正四棱锥的高为h，则其外接球的半径为R＝eq\f(1,2)eq\r(h2＋22＋22)＝eq\f(1,2)eq\r(h2＋8)＝h＋eq\f(1,2)h＝eq\f(3,2)h，解得h＝1，所以R＝eq\f(3,2)，故球的表面积为S＝4πR2＝9π.故答案为9π.四、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)如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝3，以点C为圆心，AC为半径作扇形ACD，∠ACD＝90°.(1)求平面图形绕直线BD旋转一周所形成的几何体的体积；(2)求平面图形绕直线BD旋转一周所形成的几何体的表面积．[解析](1)∵V圆锥＝eq\f(1,3)·π·4×3＝4π，V半球＝eq\f(16π,3)，∴V全＝4π＋eq\f(16π,3)＝eq\f(28,3)π.(2)易知AB＝eq\r(13)，∴S圆锥侧＝2eq\r(13)π，S半球＝8π，∴S表面积＝S圆锥侧＋S半球＝2eq\r(13)π＋8π.18．(本小题满分12分)如图，圆锥底面半径为1，高为3.(1)求圆锥内接圆柱(一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面)侧面积的最大值；(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，恳求出最大值；若不存在，请说明理由．[解析](1)设圆柱的底面半径为r，高为h，由相像性得：eq\f(r,1)＝eq\f(3－h,3)，解得r＝eq\f(1,3)(3－h)，所以S侧面＝2πrh＝2π×eq\f(1,3)(3－h)h＝－eq\f(2π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3,2)))2＋eq\f(3,2)π，当h＝eq\f(3,2)时，内接圆柱侧面积取得最大值eq\f(3,2)π.(2)S表面积＝2πr2＋2πrh＝2πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)3－h))2＋2π×eq\f(1,3)(3－h)h＝－eq\f(4π,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3,4)))2＋eq\f(9,4)π，当h＝eq\f(3,4)时，内接圆柱表面积取得最大值eq\f(9,4)π.19．(本小题满分12分)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面相互垂直，EF∥AC，AB＝eq\r(2)，CE＝EF＝1.求证：(1)AF∥平面BDE；(2)CF⊥平面BDE.[解析](1)证明：设AC与BD交于点O，连接EO，如图所示．∵EF∥AC，且EF＝1，AO＝eq\f(1,2)AC＝1，∴EF綉AO，∴四边形AOEF为平行四边形，∴AF∥OE.∵OE⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，∴AF∥平面BDE.(2)证明：连接FO，如图(1)所示．∵EF∥CO，EF＝CO＝1，且CE＝1，∴四边形CEFO为菱形，∴CF⊥EO.∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴BD⊥平面ACEF，∴CF⊥BD.又BD∩EO＝O，∴CF⊥平面BDE.20．(本小题满分12分)(2024·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.[证明](1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.21．(本小题满分12分)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面相互垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝eq\r(3)，EF＝2.(1)证明：AE∥平面CDF；(2)当AB的长为何值时，二面角A－EF－C的大小为30°.[解析](1)证明：过点E作EG⊥CF交CF于点G，连接DG，∵BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，EG⊥CF.∴四边形BCGE为矩形，则BC∥EG，BC＝EG.∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥EG，AD＝EG，∴四边形ADGE为平行四边形，∴AE∥DG.∵AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，∴AE∥平面DCF.(2)过点B作BH⊥EF交FE的延长线于点H，连接AH.∵平面ABCD⊥平面BEFC，交线为BC，又AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面BEFC，∴AB⊥EF，又BH⊥EF，BH∩AB＝B，BH，AB⊂平面ABH，∴EF⊥平面ABH，∴AH⊥EF，∴∠AHB为二面角A－EF－C的平面角．在Rt△EFG中，∵EG＝AD＝eq\r(3)，EF＝2，∴∠CFE＝60°，FG＝1，∵CE⊥EF，∴CF＝4，∴BE＝CG＝3，∴BH＝BE·sin∠BEH＝eq\f(3\r(3),2).∵