2024-2025学年同步试题 数学 必修第二册单元形成性评价（三）（第八章）

单元形成性评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列说法正确的是()A.圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形B.棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体C.任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥D.通过圆台侧面上一点,有无数条母线【解析】选C.圆锥的侧面展开图是一个扇形,故A错误;由棱柱的定义知B错误;通过圆台侧面上一点,有且只有一条母线,故D错误;因为棱台是由一个大棱锥被一个平行于底面的平面所截,夹在截面与底面的部分,所以任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥,故C正确.2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于()A.AC B.BD C.A1D D.A1D1【解析】选B.CE⊂平面ACC1A1,因为BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥CE.3.已知水平放置的△ABC,按“斜二测画法”得到如图所示的直观图,其中B'O'=C'O'=1,A'O'=32,那么原△ABC的面积是(A.3 B.22 C.32 D.【解析】选A.由斜二测画法的原则可得,BC=B'C'=2,AO=2A'O'=2×32=3,由题图易得AO⊥BC,所以S△ABC=12×2×3=4.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过()A.点A B.点BC.点C但不通过点M D.点C和点M【解析】选D.通过A,B,C三点的平面γ,即通过直线AB与点C的平面,因为M∈AB,所以M∈γ,而C∈γ,又M∈β,C∈β,所以γ和β的交线必通过点C和点M.5.已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n【解析】选C.因为互相垂直的平面α,β交于直线l,直线m,n满足m∥α,所以m∥β或m⊂β或m与β相交,l⊂β,因为n⊥β,所以n⊥l.6.(2024·北京模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面AB1C与平面AA1D1D的交线为l,则()A.l∥A1D B.l∥B1DC.l∥C1D D.l∥D1D【解析】选A.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1,B1C=平面BCC1B1∩平面AB1C,平面AB1C∩平面ADD1A1=l,所以l∥B1C;对于A,因为A1D∥B1C,所以l∥A1D,故A正确;对于B,因为B1D与B1C相交,所以l与B1D不平行,故B错误;对于C,因为C1D与B1C不平行,所以l与C1D不平行,故C错误;对于D,因为DD1与B1C不平行,所以l与DD1不平行,故D错误.7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E是棱BB1的中点,则点B1到平面ADE的距离为()A.55 B.54 C.23 【解析】选A.由于E是BB1的中点,故点B1到平面ADE的距离等于点B到平面ADE的距离,过B作BF⊥AE于点F,由于BF⊥AD,AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,故BF⊥平面ADE.在直角三角形ABE中,AB=1,BE=12,AE=5所以12AB·BE=12AE·BF,解得BF=55,即点B1到平面ADE8.已知四棱锥S-ABCD的所有顶点在同一球面上,底面ABCD是正方形且球心O在此平面内,当四棱锥的体积取得最大值时,四棱锥的表面积等于16+163,则球O的体积等于()A.162π3 C.642π3 【解析】选C.由题意,知当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥.如图,设球O的半径为R,则AC=2R,SO=R,所以该四棱锥的底面边长为2R,则有(2R)2+4×12×2R×(22R)

2+R2=16+163,解得R=22二、多选题(每小题6分,共18分,全部选对得6分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分)9.a,b为不重合直线,β为平面,下列结论正确的是()A.若a⊥β,b⊥β,则a∥bB.若a∥β,b∥β,则a∥bC.若a∥β,b⊥β,则a⊥bD.若a∥β,b⊂β,则a∥b【解析】选AC.若a⊥β,b⊥β,由直线与平面垂直的性质可得a∥b,故A正确;若a∥β,b∥β,则a∥b或a与b相交或a与b异面,故B错误;若b⊥β,则b垂直于β内的所有直线,b也垂直于平行于β的所有直线,又a∥β,可得a⊥b,故C正确;若a∥β,b⊂β,则a∥b或a与b异面,故D错误.10.正三棱锥底面边长为3,侧棱长为23,则下列叙述正确的是()A.正三棱锥高为3B.正三棱锥的斜高为39C.正三棱锥的体积为27D.正三棱锥侧面积为3【解析】选AB.设正三棱锥为S-ABC,底面△ABC是边长为3的等边三角形,侧棱SA=SB=SC=23.取BC中点D,连接SD,AD,过S作SO⊥平面ABC,交AD于O,则AD=32-(32)

2=332,AO=23正三棱锥的斜高SD=SC2-CD正三棱锥的体积为V=13×12×3×33正三棱锥侧面积为S=3×12×3×392=911.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中正确的是()A.D1O∥平面A1BC1B.MO⊥平面A1BC1C.二面角M-AC-B等于90°D.异面直线BC1与AC所成的角等于60°【解析】选ABD.对于A,连接B1D1,交A1C1于E,则四边形D1OBE为平行四边形,故D1O∥BE.因为D1O⊄平面A1BC1,BE⊂平面A1BC1,所以D1O∥平面A1BC1,故A正确.对于B,连接B1D,因为O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,所以MO∥B1D,易证B1D⊥平面A1BC1,则MO⊥平面A1BC1,故B正确.对于C,因为BO⊥AC,MO⊥AC,则∠MOB为二面角M-AC-B的平面角,显然不等于90°,故C错误.对于D,因为AC∥A1C1,所以∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角,因为△A1C1B为等边三角形,所以∠A1C1B=60°,故D正确.三、填空题(每小题5分,共15分)12.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,则AB与A1C1所成的角为________,AA1与B1C所成的角为______.

【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,因为AB∥A1B1,A1B1与A1C1所成的角,就是AB与A1C1所成的角,所以AB与A1C1所成的角为30°.因为AA1∥BB1,BB1与B1C所成的角就是AA1与B1C所成的角,连接AC,则AC∥A1C1,所以∠BAC=30°,因为AA1=a,∠BAB1=30°,所以AB=3a,所以BC=a,所以∠BB1C=45°,所以AA1与B1C所成的角为45°.答案:30°45°13.如图所示,直线a∥平面α,点A在α另一侧,点B,C,D∈a,线段AB,AC,AD分别交α于点E,F,G.若BD=4,CF=4,AF=5,则EG=________.

【解析】因为A∉a,所以点A与直线a确定一个平面,即平面ABD.因为a∥α.且α∩平面ABD=EG,所以a∥EG,即BD∥EG,所以AFAC=EGBD.所以EG=AF·BDAC答案:2014.魏晋时期数学家刘徽在其著作《九章算术注》中,称一个正方体的两个轴互相垂直的内切圆柱所组成的公共部分为“牟合方盖”(如图所示),刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比为π∶4.若“牟合方盖”的体积为163,则正方体的外接球的表面积为________【解析】因为“牟合方盖”的体积为163,又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比为π∶4,所以正方体的内切球的体积V球=π4×163=4π3,所以内切球的半径r=1,所以正方体的棱长为2,则正方体的体积为23=8.因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线,所以正方体外接球的半径R=3,所以正方体的外接球的表面积为S=4πR2=4π(3答案:12π四、解答题(共77分)15.(13分)如图所示的五面体中,棱AB,CD,EF相互平行,四边形ABEF是梯形.已知CD=EF,AD⊥平面ABEF,BE⊥AF.(1)求证:DF∥平面BCE;(2)求证:平面ADF⊥平面BCE.【证明】(1)因为AB,CD,EF相互平行,且CD=EF,四边形ABEF是梯形,所以四边形CDFE是平行四边形,所以DF∥CE,因为DF⊄平面BCE,CE⊂平面BCE,所以DF∥平面BCE.(2)因为AD⊥平面ABEF,BE⊂平面ABEF,所以BE⊥AD,因为BE⊥AF,AF∩AD=A,所以BE⊥平面ADF,因为BE⊂平面BCE,所以平面ADF⊥平面BCE.16.(15分)如图,有一块扇形铁皮OAB,∠AOB=π3,OA=72cm,要剪下来一个扇形环ABCD作圆台形容器的侧面,并且在余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)(1)求AD应取多长.(2)求容器的容积.【解析】(1)设圆台上、下底面半径分别为r,R,AD=xcm,则OD=72-x(cm),由题意得,2π解得R=12,x=36(2)因为2πr=π3×OD=π3×36,所以如图所示,则圆台的高h=x2-(R-r所以V=13πh(R2+Rr+r2)=13π×635×(122+12×6+62)=50435π(cm所以容器的容积为50435πcm3.17.(15分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.【解析】(1)因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°,因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.又AE⊥BD,且AE∩AD=A,所以BD⊥平面AED.(2)取BD的中点G,连接CG,FG.因为CB=CD,所以CG⊥BD.因为FC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以FC⊥BD.又FC∩CG=C,所以BD⊥平面FCG,所以BD⊥FG,所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,因为∠BCD=120°,所以CG=12又CB=CF,所以GF=CG2+C故cos∠FGC=CGGF=5因此二面角F-BD-C的余弦值为5518.(17分)如图,PA⊥矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:MN∥平面PAD;(2)若PD与平面ABCD所成的角为α,当α为多少度时,MN⊥平面PCD?【解析】(1)如图,取PD的中点E,连接NE,AE,则NE∥CD,NE=12易知AM∥CD,AM=12CD所以NE∥AM,NE=AM,所以四边形AMNE是平行四边形,所以MN∥AE.又MN⊄平面PAD,AE⊂平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)方法一(先猜后证)当α=45°时,MN⊥平面PCD,证明如下:因为PA⊥平面ABCD,所以∠PDA即为PD与平面ABCD所成的角.因为∠PDA=45°,所以AP=AD,所以AE⊥PD.又MN∥AE,所以MN⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE,所以CD⊥MN.又CD∩PD=D,所以MN⊥平面PCD.方法二(先认再算)因为PA⊥平面ABCD,所以∠PDA为PD与平面ABCD所成的角,即∠PDA=α.因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.因为MN⊥平面PCD,PD⊂平面PCD,所以MN⊥PD.由(1)知MN∥AE,所以AE⊥PD.又E为PD的中点,所以PA=AD,又PA⊥AD,所以α=45°.综上,当α=45°时,MN⊥平面PCD.19.(17分)在边长为2的正方形中,BE=BF=14BC,M是BD和EF的交点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点(1)求证:EF⊥平面A'MD;(2)求