【全程复习方略】2020-2021学年高中数学(北师大版)必修二单元质量评估1-第一章

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元质量评估(一)第一章（120分钟150分）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.在下面叙述中，正确的有()①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②斜三棱柱的侧面确定都不是矩形；③底面为矩形的平行六面体是长方体；④侧面是正方形的正四棱柱是正方体.A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【解析】选A.由棱柱、直棱柱的概念可得只有④正确.2.(2022·淮北高一检测)如图所示，观看四个几何体，其中推断正确的是()A.①是棱台 B.②是圆台C.③是棱锥 D.④不是棱柱【解析】选C.图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱；很明显③是棱锥.3.直线l1∥l2，在l1上取3个点，l2取2个点，由这5个点所确定的平面个数为()A.9个 B.6个 C.3个 D.1个【解析】选D.由于l1∥l2，所以l1，l2确定惟一平面，所以5个点均在该面内.4.已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为()A.32a2 B.34a2 C.62a2 【解析】选C.如图，由底边长A′B′=a，C′O=32a，那么原来的高线为2a×62=6S=12×a×6a=62a5.正方体内切球与外接球体积之比为()A.1∶3 B.1∶3 C.1∶33 D.1∶【解析】选C.设正方体棱长为a，内切球半径为R1，外接球半径为R2.则R1=a2，R2=32a，V内∶V外=a23∶326.(2021·广东高考)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是()A.4 B.143 C.163【解题指南】本题考查空间想象力气与台体体积公式，应首先还原出台体外形再计算.【解析】选B.四棱台的上下底面均为正方形，两底面边长和高分别为1，2，2，V棱台=13(S上+S下+S上S下)h=13(1+4+17.如图(1)，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是边G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体(如图(2))，使G1，G2，G3三点重合于点GA.SG⊥平面EFG B.SD⊥平面EFGC.GF⊥平面SEF D.GD⊥平面SEF【解析】选A.在图(1)中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F在图(2)中，SG⊥GE，SG⊥GF，所以SG⊥平面EFG.8.(2021·湖南高考)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面积不行能等于()A.1 B.2 C.2-12 【解题指南】由俯视图可知该正方体是水平放置的，则主视图有很多种可能，但最小面应是一个侧面，最大面应是一个垂直于水平面的对角面.【解析】选C.由于俯视图是一个面积为1的正方形，所以正方体是平放在水平面上，所以主视图最小面积是一个侧面的面积为1，最大面积为一个对角面的面积为2，而2-19.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发觉.我们来重温这个宏大发觉.圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为()A.32，1 B.23，1 C.32，32 【解析】选C.设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，所以V圆柱=πR2×2R=2πR3，V球=43πR3.所以V圆柱V球=S圆柱=2πR×2R+2×πR2=6πR2，S球=4πR2.所以S圆柱S球=6【变式训练】(2022·济源高一检测)已知正方体的外接球的体积是4π3，A.23 B.33 C.22【解析】选D.设正方体的外接球半径为r，正方体棱长为a，则43πr3=43π，所以r=1，所以3a=2r=2，得a=10.(2021·浙江高考)在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ(A).设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ(fα(P))，Q2=fα(fβ(P))，恒有PQ1=PQ2，则()A.平面α与平面β垂直B.平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C.平面α与平面β平行D.平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°【解题指南】充分理解题意，依据立体几何中的面面之间的位置关系推断.【解析】选A.由于P是空间任意一点，不妨设P∈α，如图所示，则Q1=fβ(fα(P))=fβ(P)，Q2=fα(fβ(P))=fα(Q1)，又PQ1=PQ2，明显B，C，D不满足，故选A.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把正确答案填在题中的横线上)11.(2021·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________.【解题指南】由三视图可推断出此几何体是底面为正方形，高为1的四棱锥，再代入体积公式求体积.【解析】此棱锥底面是边长为3的正方形，高为1，所以体积为13×32×答案：312.(2022·赣州高一检测)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC=BD=2，且AC⊥BD，则四边形EFGH的面积为________.【解析】如图，由条件，易推断EHFG12BD，所以EH=FG=1，同样有EFGH12AC，EF=GH=1，又BD⊥AC，所以EF⊥EH，所以四边形EFGH是边长为1的正方形，其面积S=12=1.答案：113.(2022·九江高一检测)一块正方形薄铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形(如图)，用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm3.【解析】据已知可得圆锥的母线长为4，设底面半径为r，则2πr=π2·故圆锥的高为h=42-1=故其体积V=13π·12·15=15π3答案：1514.(2022·汉中高一检测)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________【解析】设球的半径为R，六棱柱的底面边长为a，高为h，明显有a2且V六棱柱=6×所以R=1，则V球=43πR3=43答案：4315.(2022·合肥高二检测)已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的全部内接圆柱中，全面积的最大值是________.【解析】设圆柱底面半径为r，则其高为3R-3r，全面积S=2πr2+2πr(3R-3r)=6πRr-4πr2=-4π(r-34R)2+94πR故当r=34R时全面积有最大值94πR答案：94πR三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(2022·宜春高一检测)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径.【解析】作出圆台的轴截面如图.设O′A′=r，由于一底面周长是另一底面周长的3倍，所以OA=3r，SA′=2r，SA=32r，OO′=2r.由轴截面的面积为12(2r+6r)·2r=392，得r=7.故上底面半径为7，下底面半径为21，高为14，母线长为14217.(12分)(2021·江苏高考)如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS=AB，过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：(1)平面EFG∥平面ABC.(2)BC⊥SA.【解题指南】(1)利用面面平行的判定定理证明.(2)先证线面垂直再证线线垂直.【证明】(1)由于AS=AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点.又由于E是SA的中点，所以EF∥AB.由于EF⊈平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又由于EF∩EG=E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)由于平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又由于AF平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，由于BC平面SBC，所以AF⊥BC.又由于AB⊥BC，AF∩AB=A，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.又由于SA平面SAB，所以BC⊥SA.18.(12分)(2021·山东高考)如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB=2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点.(1)求证：CE∥平面PAD.(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法，可利用线线平行，也可利用面面平行，来证明线面平行.(2)本题考查了面面垂直的判定，在平面EMN中找一条直线垂直平面EFG即可.【证明】(1)方法一：取PA的中点H，连接EH，DH.由于E为PB的中点，所以EH∥AB，EH=12又AB∥CD，CD=12AB，所以EH∥因此四边形DCEH是平行四边形.所以CE∥DH.又DH平面PAD，CE⊈平面PAD，因此CE∥平面PAD.方法二：连接CF.由于F为AB的中点，所以AF=12AB.又CD=1又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形.因此CF∥AD.又CF⊈平面PAD，所以CF∥平面PAD.由于E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF⊈平面PAD，所以EF∥平面PAD.由于CF∩EF=F，故平面CEF∥平面PAD.又CE平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)由于E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又AB⊥PA.所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG=F，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB⊥平面EFG，又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB，因此MN⊥平面EFG，又MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.【变式训练】如图，PA⊥平面ABC，AE⊥PB，AB⊥BC，AF⊥PC，PA=AB=BC=2.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC.(2)求三棱锥P-AEF的体积.【解析】(1)由于PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC.又AB⊥BC，PA∩AB=A，所以BC⊥平面PAB，而AE平面PAB，所以BC⊥AE.又AE⊥PB，PB∩BC=B，所以AE⊥平面PBC.而AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)由(1)知AE⊥平面PBC，所以AE就是三棱锥A-PEF的高.由于AE⊥平面PBC，所以AE⊥PC，又AF⊥PC，AE∩AF=A，所以PC⊥平面AEF，所以PC⊥EF.又PA=AB=BC=2，所以AE=2，AF=PA·ACPC=2×2所以PF=PA2-AF2所以EF=PE2-PF2所以VP-AEF=VA-PEF=13×AE×S△PEF=13×2×12×23319.(12分)(2021·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点.(1)证明：BC1∥平面A1CD.(2)设AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱锥C-A1DE的体积.【解题指南】(1)连接AC1，构造中位线，利用线线平行证线面平行.(2)QUOTEVCA1DE=13S△【解析】(1)连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1中点.又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.由于DF平面A1CD，BC1⊈平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)由于ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1由AA1=AC=CB=2，AB=22得∠ACB=90°，CD=2，A1D=6，DE=3，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D所以VCA1DE=13×1220.(13分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩(1)D，B，E，F四点共面.(2)若A1C交平面BDEF于R点，则P，Q，【证明】如图所示.(1)连接B1D1.由于E，F分别为D1C1，C1B1所以EF∥B1D1.又由于B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF与BD共面，所以E，F，B，D四点共面.(2)由于AC∩BD=P，所以P∈平面AA1C1同理，Q∈平面AA1C1由于A1C∩所以R∈平面AA1C1所以P，Q，R三点共线.【拓展延长】四点共面与三点共线的证明方法(1)证明四点共面的常用方法①证明两点所在的直线与另外两点所在直线平行或相交；②证明其中一点在另外三点所确定的平面上.(2)证明三点共线的常用方法①证明三点同时在两个平面内，则三点在两个平面的交线上；②证明其中一点在另外两点所确定的直线上.21.(14分)已知正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面相互垂直，M为AC上一点，N为BF上一点，且AM=FN=x，设AB=a.(1)求证：MN∥平面CBE.(2)求证：MN⊥AB.(3)当x为何值时，MN取最小值？并求出这个最小值.【解析】(1)在平面ABC中，作MG∥A