高中數(shù)學(xué)北師大版本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 章末綜合測評2

章末綜合測評(一)立體幾何初步(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列推理錯誤的是()A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α?lαB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β?α∩β＝ABC．leq\o(?,\s\up0(/))α，A∈l?A?αD．A∈l，lα?A∈α【解析】若直線l∩α＝A，顯然有l(wèi)eq\o(?,\s\up0(/))α，A∈l，但A∈α，故C錯．【答案】C2．下列說法中，正確的是()A．經(jīng)過不同的三點有且只有一個平面B．分別在兩個平面內(nèi)的兩條直線一定是異面直線C．垂直于同一個平面的兩條直線是平行直線D．垂直于同一個平面的兩個平面平行【解析】A中，可能有無數(shù)個平面；B中，兩條直線還可能平行、相交；D中，兩個平面可能相交．【答案】C3．已知水平放置的△ABC是按“斜二測畫法”得到如圖1所示的直觀圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝eq\f(\r(3),2)，那么原△ABC的面積是()圖1\r(3) B．2eq\r(2)\f(\r(3),2) \f(\r(3),4)【解析】由題圖可知，原△ABC的高為AO＝eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×BC×OA＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，故選A.【答案】A4．下列四個命題判斷正確的是()A．若a∥b，a∥α，則b∥αB．若a∥α，bα，則a∥bC．若a∥α，則a平行于α內(nèi)所有的直線D．若a∥α，a∥b，beq\o(?,\s\up0(/))α，則b∥α【解析】A中b可能在α內(nèi)；B中a與b可能異面；C中a可能與α內(nèi)的直線異面；D正確．【答案】D5．已知一個圓錐的展開圖如圖2所示，其中扇形的圓心角為120°，底面圓的半徑為1，則該圓錐的體積為()圖2\f(2\r(2)π,3) \f(2π,3)\f(\r(2)π,3) \r(3)π【解析】因為扇形弧長為2π，所以圓錐母線長為3，高為2eq\r(2)，所求體積V＝eq\f(1,3)×π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).【答案】A6.如圖3所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1的中點，則直線CE垂直于()圖3A．AC B．BDC．A1D D．A1D1【解析】CE平面ACC1A1，而BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CE.【答案】B7．正方體AC1中，E，F(xiàn)分別是DD1，BD的中點，則直線AD1與EF所成角的余弦值是()\f(1,2) \f(\r(3),2)\f(\r(6),3) \f(\r(6),2)【解析】連接BD1，則BD1∥EF，∠BD1A是異面直線AD1與EF所成的角．∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝eq\f(AD1,BD1)＝eq\f(\r(6),3).【答案】C8．如圖4所示，則這個幾何體的體積等于()圖4A．4 B．6C．8 D．12【解析】由三視圖得幾何體為四棱錐，如圖記作S-ABCD，其中SA⊥平面ABCD，SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，且ABCD為直角梯形，∠DAB＝90°，∴V＝eq\f(1,3)SA×eq\f(1,2)(AB＋CD)×AD＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝4，故選A.【答案】A9．如圖5，ABCD-A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論錯誤的是()圖5A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．異面直線AD與CB1所成的角為60°【解析】由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；連接AC，易證BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；同理可證AC1⊥B1C，因BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1；對于選項D，∵BC∥AD，∴∠B1CB即為AD與CB1所成的角，此角為45°，故D錯．【答案】D10．(2023·全國卷Ⅰ)圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的主視圖和俯視圖如圖6所示．若該幾何體的表面積為16＋20π，則r＝()【導(dǎo)學(xué)號：10690038】圖6A．1 B．2C．4 D．8【解析】如圖，該幾何體是一個半球與一個半圓柱的組合體，球的半徑為r，圓柱的底面半徑為r，高為2r，則表面積S＝eq\f(1,2)×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故選B.【答案】B11．(2023·天津模擬)如圖7，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學(xué)生得出下列四個結(jié)論：圖7①BD⊥AC；②△BCA是等邊三角形；③三棱錐D-ABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC.其中正確的是()A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④【解析】由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯．故選B.【答案】B12．已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC＝2，則此棱錐的體積為()\f(\r(2),6) \f(\r(3),6)\f(\r(2),3) \f(\r(2),2)【解析】由于三棱錐S-ABC與三棱錐O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中點，因此三棱錐S-ABC的高是三棱錐O-ABC高的2倍，所以三棱錐S-ABC的體積也是三棱錐O-ABC體積的2倍．在三棱錐O-ABC中，其棱長都是1，如圖所示，S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×AB2＝eq\f(\r(3),4)，高OD＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\f(\r(3),3))\s\up14(2))＝eq\f(\r(6),3)，∴VS-ABC＝2VO-ABC＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13．設(shè)平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直線AB與CD交于點S，且點S位于平面α，β之間，AS＝8，BS＝6，CS＝12，則SD＝________.【解析】由面面平行的性質(zhì)得AC∥BD，eq\f(AS,BS)＝eq\f(CS,SD)，解得SD＝9.【答案】914．如圖8所示，將等腰直角△ABC沿斜邊BC上的高AD折成一個二面角，此時∠B′AC＝60°，那么這個二面角大小是________．圖8【解析】連接B′C，則△AB′C為等邊三角形，設(shè)AD＝a，則B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝eq\r(2)a，所以∠B′DC＝90°.【答案】90°15．若一個底面邊長為eq\f(\r(6),2)，側(cè)棱長為eq\r(6)的正六棱柱的所有頂點都在一個球面上，則此球的體積為________．【解析】球的直徑等于正六棱柱的體對角線的長．設(shè)球的半徑為R，由已知，可得2R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\f(\r(6),2)×2)\s\up14(2)＋\r(6)2)＝2eq\r(3)，R＝eq\r(3).所以球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.【答案】4eq\r(3)π16．將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A-BD-C，有如下三個結(jié)論．①AC⊥BD；②△ACD是等邊三角形；③AB與CD成60°的角．其中說法正確的命題序號是__________．【解析】如圖所示，①取BD中點E，連接AE，CE，則BD⊥AE，BD⊥CE，而AE∩CE＝E，∴BD⊥平面AEC，AC平面AEC，故AC⊥BD，故①正確；②設(shè)正方形的邊長為a，則AE＝CE＝eq\f(\r(2),2)a.由①知，∠AEC是直二面角A-BD-C的平面角，且∠AEC＝90°，∴AC＝a，∴△ACD是等邊三角形，故②正確；③如圖所示，分別取BC、AC的中點G、F，連接EG、GF、EF，則EG∥CD，GF∥AB，∴∠EGF就是AB與CD所成的角．由題意EG＝GF＝EF＝eq\f(a,2)，∴△EFG是等邊三角形，∴∠EGF＝60°，故③正確．【答案】①②③三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)如圖9所示，四棱錐V-ABCD的底面為邊長等于2cm的正方形，頂點V與底面正方形中心的連線為棱錐的高，側(cè)棱長VC＝4cm，求這個正四棱錐的體積．圖9【解】連接AC、BD相交于點O，連接VO，∵AB＝BC＝2cm，在正方形ABCD中，求得CO＝eq\r(2)cm，又在直角三角形VOC中，求得VO＝eq\r(14)cm，∴VV－ABCD＝eq\f(1,3)SABCD·VO＝eq\f(1,3)×4×eq\r(14)＝eq\f(4,3)eq\r(14)(cm3)．故這個正四棱錐的體積為eq\f(4,3)eq\r(14)cm3.18．(本小題滿分12分)如圖10所示，P是?ABCD所在平面外一點，E，F(xiàn)分別在PA，BD上，且PE∶EA＝BF∶FD.求證：EF∥平面PBC.圖10【證明】連接AF延長交BC于G，連接PG.在?ABCD中，易證△BFG∽△DFA，∴eq\f(GF,FA)＝eq\f(BF,FD)＝eq\f(PE,EA)，∴EF∥PG.而EFeq\o(?,\s\up0(/))平面PBC，PG平面PBC，∴EF∥平面PBC.19．(本小題滿分12分)(2023·全國卷Ⅱ)如圖11，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．圖11(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值．【解】(1)交線圍成的正方形EHGF，如圖：(2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.故Seq\s\do10(四邊形A1EHA)＝eq\f(1,2)×(4＋10)×8＝56，Seq\s\do10(四邊形EB1BH)＝eq\f(1,2)×(12＋6)×8＝72.因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為eq\f(9,7)eq\b\lc\(\rc\)(\f(7,9)也正確).20．(本小題滿分12分)如圖12所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中點．證明：平面ABM⊥平面A1B1M.圖12【證明】由長方體的性質(zhì)可知A1B1⊥平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.又CC1＝2，M為CC1的中點，所以C1M＝CM＝1.在Rt△B1C1M中，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋MC\o\al(2,1))＝eq\r(2)，同理BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，從而BM⊥B1M.又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，因為BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.21．(本小題滿分12分)如圖13，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．圖13(1)求PB和平面PAD所成的角的大??；(2)求證：AE⊥平面PCD；(3)求二面角A-PD-C的正弦值．【解】(1)在四棱錐P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，從而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD內(nèi)的射影為PA，從而∠APB為PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.所以PB和平面PAD所成的角的大小為45°.(2)證明：在四棱錐P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故CD⊥PA.由條件CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，又AE?平面PAC，∴AE⊥CD.由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中點，∴AE⊥PC.又PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.(3)過點E作EM⊥PD，垂足為M，連接AM，如圖所示．由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則AM⊥PD.因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角．由已知，可得∠CAD＝30°.22．(