高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册课时过程性评价二十二　圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体含答案

高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册课时过程性评价二十二圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体含答案二十二圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体(时间:45分钟分值:90分)【基础全面练】1.(5分)如图所示的图形中有()A.圆柱、圆锥、圆台和球 B.圆柱、球和圆锥C.球、圆柱和圆台 D.棱柱、棱锥、圆锥和球【解析】选B.根据题中图形可知,(1)是球,(2)是圆柱,(3)是圆锥,(4)不是圆台.2.(5分)(2024·深圳高一期中)如图所示的几何体是某竞赛的奖杯,该几何体由()A.一个球、一个四棱柱、一个圆台构成B.一个球、一个长方体、一个棱台构成C.一个球、一个四棱台、一个圆台构成D.一个球、一个五棱柱、一个棱台构成【解析】选B.由题图可知,该几何体由一个球、一个长方体、一个棱台构成.3.(5分)若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8,则该圆锥的高为()A.2 B.22 C.23 D.4【解析】选B.设圆锥的底面半径为r,则圆锥的高h=42-r2.由题意可知12·2r·h=r42-r4.(5分)下列命题中正确的是()①过球面上任意两点只能作一个经过球心的圆;②以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体,半圆的直径叫做球的直径;③用不过球心的截面截球,球心和截面圆心的连线垂直于截面;④球面上任意三点可能在一条直线上;⑤球的半径是连接球面上任意一点和球心的线段.A.①②③ B.②③④C.②③⑤ D.①④⑤【解析】选C.任意两点与球心在一条直线上时,可作无数个圆,故①错误,②正确,③正确;球面上任意三点一定不共线,故④错误;根据球的半径的定义可知⑤正确.5.(5分)(多选)下列命题是真命题的是()A.圆柱的母线与它的轴可以不平行B.圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形C.经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面D.夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体【解析】选BC.圆柱的母线与轴平行,轴与底面垂直,所以A错误,C正确;圆锥的轴截面与底面垂直,B正确;夹在圆柱两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体,D错误.6.(5分)(多选)下列关于球体的说法正确的是()A.球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合B.球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合C.一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体D.球的对称轴只有1条【解析】选BC.空间中到定点的距离等于定长的点的集合是球面,所以A错误,B正确;由球体的定义,知C正确;球的每一条直径所在的直线均为它的对称轴,有无数条,所以D错误.【补偿训练】(多选)下列说法正确的是()A.圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个B.圆柱的所有平行于底面的截面都是圆C.圆台的两个底面可以不平行D.球的所有截面中过球心的截面的面积最大【解析】选BD.A中当圆锥过顶点的轴截面顶角大于90°时,其面积不是最大的;C中圆台的两个底面一定平行,故A,C错误;根据圆柱、球的结构特征,知B,D正确.7.(5分)如图是一个几何体的表面展开图,则这个几何体是__________.

【解析】一个长方形和两个圆折叠后,能围成的几何体是圆柱.答案:圆柱8.(5分)用一个平面去截几何体,如果截面是三角形,那么这个几何体可能是下面哪几种?__________(填序号).

①棱柱;②棱锥;③棱台;④圆柱;⑤圆锥;⑥圆台;⑦球.【解析】可能是棱柱、棱锥、棱台、圆锥.答案:①②③⑤9.(5分)下列平面图形中,通过围绕定直线l旋转可得到如图所示几何体的是__________.(填序号)

【解析】通过围绕直线l旋转可得①是一个圆锥和一个圆柱拼接而成的组合体;③是两个同底的圆锥拼接而成的组合体;④是一个圆柱和一个圆锥拼接而成的组合体,②合适.答案:②10.(10分)描述下图几何体的结构特征.【解析】题图(1)中的几何体是由一个四棱柱和一个四棱锥拼接而成的组合体.题图(2)中的几何体是在一个圆台中挖去一个圆锥后得到的组合体.题图(3)中的几何体是在一个圆柱中挖去一个三棱柱后得到的组合体.题图(4)中的几何体是由两个同底的四棱锥拼接而成的组合体.【综合应用练】11.(5分)已知半径为5的球的两个平行截面截球所得圆面的周长分别为6π和8π,则两平行平面间的距离为()A.1 B.2 C.1或7 D.2或6【解析】选C.设球心到周长为6π的截面的距离为d1,到周长为8π的截面的距离为d2,因为截面为圆面,周长分别为6π和8π,所以圆的半径分别为3和4.则d1=4,d2=3.当两截面在球心的同侧时,两平行平面间的距离为d1-d2=1;当两截面在球心的两侧时,两平行平面间的距离为d1+d2=7.【误区警示】解答本题易忽视两截面与球心的位置而导致漏解.12.(5分)如图阴影部分所示的平面图形绕轴旋转180°所形成的几何体为()A.一个球B.一个球中间挖去一个圆柱C.一个圆柱D.一个球中间挖去一个长方体【解析】选B.由题意,根据球的定义,可得圆面旋转形成一个球,根据圆柱的概念,可得里面的矩形旋转形成一个圆柱,所以绕轴旋转180°所形成的几何体为一个球中间挖去一个圆柱.13.(5分)如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体,现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体,则截面图形可能是____________.(填序号)

【解析】当垂直于圆柱底面的平面经过圆锥的顶点时,截面图形如图①;当垂直于圆柱底面的平面不经过圆锥的顶点时,截面图形可能为图⑤.答案:①⑤14.(10分)一个圆台的母线长为12cm,两底面面积分别为4πcm2和25πcm2.求:(1)圆台的高;(2)截得此圆台的圆锥的母线长.【解析】(1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示).由已知可得上底面半径O1A=2cm,下底面半径OB=5cm,又因为腰长为12cm,所以高AM=122-(5(2)如图所示,延长BA,OO1,CD交于点S,设截得此圆台的圆锥的母线长为l,则由△SAO1∽△SBO可得l-12l解得l=20(cm),即截得此圆台的圆锥的母线长为20cm.15.(10分)已知AB是直角梯形ABCD中与底边垂直的腰,分别以AB,BC,CD,DA所在的直线为轴旋转,试说明所得几何体的结构特征.【解析】(1)以AB边所在的直线为轴旋转所得旋转体是圆台,如图①所示.(2)以BC边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一个下部为圆柱,上部为圆锥的组合体,如图②所示.(3)以CD边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一个上部为圆锥,下部为圆台,再挖去一个小圆锥的组合体,如图③所示.(4)以AD边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一个组合体:一个圆柱上部挖去一个圆锥,如图④所示.二十九直线与平面平行的判定定理(时间:45分钟分值:90分)【基础全面练】1.(5分)圆柱底面内的任意一条直径所在的直线与另一个底面所在的平面的位置关系是()A.平行 B.相交C.在平面内 D.不确定【解析】选A.圆柱底面内的任意一条直径所在的直线与另一个底面所在的平面无公共点,则它们平行.2.(5分)若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则()A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线都与l相交【解析】选B.直线l不平行于平面α,且l⊄α,所以直线l与平面α相交,所以α内的直线与l相交或异面,不存在与l平行的直线.3.(5分)已知E,F,G,H分别是四面体A-BCD的棱AB,BC,CD,DA的中点,则四面体的六条棱所在直线中与平面EFGH平行的条数是()A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选C.如图,由线面平行的判定定理可知BD∥平面EFGH,AC∥平面EFGH.4.(5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,则下面四条直线中与平面AB1C平行的是()A.DB1 B.A1D1 C.C1D1 D.A1D【解析】选D.如图所示,易知A1B1∥DC且A1B1=DC,所以四边形A1B1CD是平行四边形,所以A1D∥B1C,又因为A1D⊄平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,所以A1D∥平面AB1C.5.(5分)(多选)如图,下列正三棱柱ABC-A1B1C1中,若M,N,P分别为其所在棱的中点,则能得出AB∥平面MNP的是()【解析】选ABD.在题图A,B中,易知AB∥A1B1∥MN,MN⊂平面MNP,AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP;在题图D中,易知AB∥PN,PN⊂平面MNP,AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP.6.(5分)(多选)下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是()【解析】选AD.对于A,如图,连接BC交PN于点D,连接MD.由MD∥AB,AB⊄平面MNP,MD⊂平面MNP,得AB∥平面MNP.对于D,由AB∥NP,AB⊄平面MNP,NP⊂平面MNP,可得AB∥平面MNP.7.(5分)如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,(1)与CD平行的平面是__________;

(2)与CC'平行的平面是__________;

(3)与BC平行的平面是__________.

答案:(1)平面A'C',平面AB'(2)平面AB',平面AD'(3)平面A'C',平面AD'8.(5分)已知l,m是两条直线,α是平面,若要得到“l∥α”,则需要在条件“m⊂α,l∥m”中另外添加的一个条件是________.

【解析】根据直线与平面平行的判定定理,知需要添加的一个条件是“l⊄α”.答案:l⊄α9.(5分)如图,在六面体FEABCD中,四边形CDEF为矩形,M,N分别是BF,BC的中点,则MN与平面ADE的位置关系是________.

【解析】因为M,N分别是BF,BC的中点,所以MN∥CF.又四边形CDEF为矩形,所以CF∥DE,所以MN∥DE.又MN⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,所以MN∥平面ADE.答案:平行10.(10分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F分别为棱AB,BC,C1B1的中点.(1)求证:AC∥平面B1DE;(2)求证:AF∥平面B1DE.【证明】(1)在△ABC中,D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,因为DE⊂平面B1DE,AC⊄平面B1DE,所以AC∥平面B1DE.(2)如图,连接BF交B1E于G,连接DG.因为点E,F分别是BC,B1C1的中点,所以B1FEC,所以四边形ECFB1是平行四边形,所以B1E∥FC,因为点E是BC的中点,所以点G是BF的中点,又因为点D是AB的中点,所以DG∥AF,因为AF⊄平面B1DE,DG⊂平面B1DE,所以AF∥平面B1DE.【综合应用练】11.(5分)(2024·北京高一检测)已知直线a,b和平面α,且b⊂α,则“直线a∥直线b”是“直线a∥平面α”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选D.根据题意可得,如图所示:若“直线a∥直线b”,则直线a可以在平面α内;即充分性不成立;若“直线a∥平面α”,如图所示:直线a和直线b可以异面,即必要性不成立;所以可知“直线a∥直线b”是“直线a∥平面α”的既不充分也不必要条件.12.(5分)在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N,下列结论正确的是()A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADEC.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE【解析】选C.连接BD,设O为BD的中点,连接OM,OH,AC,BH,MN,因为M,O分别是BC,BD的中点,所以OM∥CD,且OM=12CD,因为N是GH的中点,所以NH∥CD,且NH=12CD,所以OM∥NH且OM=NH,则四边形MNHO是平行四边形,所以MN∥OH,又因为MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH13.(5分)如图(1),已知正方形ABCD,E,F分别是AB,CD的中点,将△ADE沿DE折起,如图(2)所示,则BF与平面ADE的位置关系是________.

【解析】因为E,F分别为AB,CD的中点,所以EB=FD.又因为EB∥FD,所以四边形EBFD为平行四边形,所以BF∥ED.因为DE⊂平面ADE,而BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.答案:平行14.(10分)(一题多解)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN.求证:MN∥平面AA1B1B.【证明】方法一:如图①,作ME∥BC,交BB1于点E,作NF∥AD,交AB于点F,连接EF,则EF⊂平面AA1B1B,且MEBC=B1MB1因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CM=DN,B1C=BD,所以B1M=NB.所以MEBC=B1MB1C=BNBD=NFAD.又因为AD=BC,所以ME=NF.又因为ME∥BC∥AD∥NF,所以四边形MEFN为平行四边形.所以MN∥EF.因为MN⊄平面AA1B1B,EF⊂平面AA1B1B,所以方法二:如图②,连接CN并延长交BA所在直线于点P,连接B1P,则B1P⊂平面AA1B1B.因为△N