新教材2024年高中數(shù)學(xué)綜合測試8第8章立體幾何初步新人教A版必修第二冊

第八章綜合測試考試時間120分鐘，滿分150分．一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40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．已知三棱柱有a個頂點，b條棱，則a－b＝(A)A．－3 B．3C．4 D．－4[解析]因為a＝6，b＝9，所以a－b＝－3．故選A．2．在正方體ABCD－A1B1C1D1的全部面對角線中，所在直線與直線A1B互為異面直線且所成角為60°的面對角線的條數(shù)為(B)A．2 B．4C．6 D．8[解析]如圖，易知△A1BC1為等邊三角形，所以∠BA1C1＝60°，又AC∥A1C1，所以異面直線AC與A1B的夾角為60°，符合題設(shè)．同理，面對角線B1C，B1D1，AD1也滿意題意，所以滿意條件的面對角線共4條，故選B．3．已知某圓柱的內(nèi)切球半徑為eq\f(9,2)，則該圓柱的側(cè)面積為(D)A．eq\f(49π,2) B．49πC．eq\f(81π,2) D．81π[解析]由題意得，該圓柱底面圓的半徑為eq\f(9,2)，圓柱的高為9，所以該圓柱的側(cè)面積為2π×eq\f(9,2)×9＝81π．故選D．4．空間四點A，B，C，D共面而不共線，那么這四點中(B)A．必有三點共線 B．必有三點不共線C．至少有三點共線 D．不行能有三點共線[解析]∵A，B，C，D共面而不共線，這四點可能有三點共線，也可能隨意三點不共線，A錯．假如四點中沒有三點不共線，則四點共線，沖突，B正確．當(dāng)隨意三點不共線時，也滿意條件，C錯．當(dāng)其中三點共線，第四個點不共線時，也滿意條件，D錯．5．設(shè)α，β為兩個不同的平面，則α∥β的一個充分條件可以是(B)A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行 B．α，β垂直于同一條直線C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一個平面[解析]α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行不能得出α∥β，兩個平面可以相交，故A錯；α，β垂直于同一條直線可以得出α∥β，反之當(dāng)α∥β時，若α垂直于某條直線，則β也垂直于該條直線，B正確；α，β平行于同一條直線，則兩個平面可以平行也可以相交，故C錯誤；垂直于同一平面的兩個平面可以平行也可以相交，故D錯誤；故選B．6．E，F(xiàn)，G分別是空間四邊形ABCD的棱BC，CD，DA的中點，則此四面體中與過E，F(xiàn)，G的截面平行的棱的條數(shù)是(C)A．0 B．1C．2 D．3[解析]在△ACD中，∵G，F(xiàn)分別為AD與CD的中點，∴GF∥AC．而GF?平面EFG，AC?平面EFG，∴AC∥平面EFG．同理，BD∥平面EFG．故選C．7．如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點，過BC的平面與平面PAD交于EF，E在線段PD上且異于P、D，則四邊形EFBC是(C)A．空間四邊形 B．矩形C．梯形 D．平行四邊形[解析]因為BC∥AD，AD?平面PAD，BC?平面PAD，所以BC∥平面PAD，因為BC?平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF，因為BC＝AD，EF＜AD，所以EF＜BC，所以四邊形EFBC為梯形，故選C．8．(2024·新高考Ⅰ卷)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫．已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應(yīng)水面的面積為180.0km2，將該水庫在這兩個水位間的形態(tài)看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為(eq\r(7)≈2.65)(C)A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m3[解析]依題意可知棱臺的高為MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S＝140.0km2＝140×106m2，下底面積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)．故選C．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．以下關(guān)于空間幾何體特征性質(zhì)的描述，錯誤的是(ABC)A．以直角三角形一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐B．有兩個面相互平行，其余各面都是四邊形的幾何體是棱柱C．有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐D．兩底面相互平行，其余各面都是梯形，側(cè)棱延長線交于一點的幾何體是棱臺[解析]以直角三角形的一個直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐，可得A錯誤；有兩個面相互平行，其余各面都是四邊形的幾何體可能是棱臺，不肯定是棱柱，故B錯誤；有一個面是多邊形，其余各面都是有公共頂點三角形的幾何體叫棱錐，故C錯誤；依據(jù)棱臺的定義，可得D正確．故選ABC．10．如圖，在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列命題中，肯定正確的為(ABD)A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMNC．AC＝BD D．異面直線PM與BD所成的角為45°[解析]∵QM∥PN，∴QM∥平面ABD，∴QM∥BD，同理可得AC∥MN，∵QM∥BD，AC∥MN，MN⊥QM，∴AC⊥BD，A正確；∵AC∥MN，∴AC∥截面PQMN，B正確；∵QM∥BD，AC∥MN，∴eq\f(MN,AC)＋eq\f(QM,BD)＝1，C不肯定正確；∵QM∥BD，∴異面直線PM與BD所成的角為∠PMQ＝45°，D正確．故選ABD．11．如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，若平行六面體的各棱長均相等，則下列說法正確的是(ACD)A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1[解析]連接PM，因為M、P為AB、CD的中點，故PM平行且等于AD．由題意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四邊形PMA1D1為平行四邊形，所以A1M∥D1P．故A正確；明顯A1M與B1Q為異面直線，故B錯誤；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1內(nèi)，又在平面D1PQB1內(nèi)，且A1M既不在平面DCC1D1內(nèi)，又不在平面D1PQB1內(nèi)，故C、D正確．故選ACD．12．如圖，在棱長均相等的正四棱錐P－ABCD中，M、N分別為側(cè)棱PA、PB的中點，O是底面四邊形ABCD對角線的交點，下列結(jié)論正確的有(ABC)A．PC∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN[解析]連接AC，因為O為底面四邊形ABCD對角線的交點，所以O(shè)為AC的中點，由M是PA的中點，可得PC∥MO，因為PC?在平面OMN，OM?平面OMN，所以PC∥平面OMN，A正確；同理可推得PD∥平面OMN，而PC∩PD＝P，所以平面PCD∥平面OMN，B正確；因為PD?平面PCD，故PD不行能垂直平面OMN，D錯誤；設(shè)該正四棱錐的棱長為a，則PA＝PC＝a，AC＝eq\r(2)a，所以PA⊥PC，因為PC∥MO，所以O(shè)M⊥PA，C正確．故選ABC．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．一個圓柱的側(cè)面綻開圖是一個邊長為1的正方形，則該圓柱的體積是__eq\f(1,4π)__．[解析]∵圓柱的側(cè)面綻開圖是邊長為1的正方形，∴該圓柱的高h(yuǎn)＝1，底面周長2πr＝1，∴底面半徑r＝eq\f(1,2π)，∴該圓柱的體積V＝π×eq\f(1,4π2)×1＝eq\f(1,4π)．14．將長為3，寬為2的長方形，繞其一邊旋轉(zhuǎn)成的幾何體的表面積為__20π或30π__．[解析]當(dāng)長方形繞長旋轉(zhuǎn)得圓柱的表面積為22π×2＋4π×3＝20π，當(dāng)長方形繞寬旋轉(zhuǎn)得圓柱的表面積為32π×2＋6π×2＝30π．故答案為20π或30π．15．一個直徑為32厘米的圓柱形水桶中放入一個鐵球，球全部沒入水中后，水面上升9厘米，則此球的半徑為__12__厘米．[解析]V＝Sh＝πr2h＝eq\f(4,3)πR3，R＝eq\r(3,64×27)＝12(cm)．16．我國有著豐富悠久的“印章文化”，古時候的印章一般用珍貴的金屬或玉石制成，本是官員或私人簽署文件時代表身份的信物，后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵，也被作為裝飾物來運(yùn)用．圖1是明清時期的一個金屬印章擺件，除去頂部的環(huán)以后可以看作是一個正四棱柱和一個正四棱錐組成的幾何體，如圖2．已知正四棱柱和正四棱錐的高相等，且底面邊長均為2，若該幾何體的全部頂點都在同一個球的表面上，則這個球的表面積為__9π__．[解析]設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高為h，則其外接球的半徑為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)，故球的表面積為S＝4πR2＝9π．故答案為：9π．四、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，圓錐底面半徑為1，高為3．(1)求圓錐內(nèi)接圓柱(一底面在圓錐底面上，另一底面切于圓錐側(cè)面)側(cè)面積的最大值；(2)圓錐內(nèi)接圓柱的表面積是否存在最大值？若存在，懇求出最大值；若不存在，請說明理由．[解析](1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，由相像性得：eq\f(r,1)＝eq\f(3－h(huán),3)，解得r＝eq\f(1,3)(3－h(huán))，所以S側(cè)面＝2πrh＝2π×eq\f(1,3)(3－h(huán))h＝－eq\f(2π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3,2)))2＋eq\f(3,2)π，當(dāng)h＝eq\f(3,2)時，內(nèi)接圓柱側(cè)面積取得最大值eq\f(3,2)π．(2)S表面積＝2πr2＋2πrh＝2πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)3－h(huán)))2＋2π×eq\f(1,3)(3－h(huán))h，＝－eq\f(4π,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3,4)))2＋eq\f(9,4)π，當(dāng)h＝eq\f(3,4)時，內(nèi)接圓柱表面積取得最大值eq\f(9,4)π．18．(本小題滿分12分)如圖所示，一個圓錐形的空杯子上面放著一個半球形的冰淇淋，假如冰淇淋溶化了，會溢出杯子嗎？請用你的計算數(shù)據(jù)說明理由．[解析]不會溢出杯子．理由如下：由題圖可知半球的半徑為4cm，所以V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×43＝eq\f(128,3)π(cm3)，V圓錐＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×42×12＝64π(cm3)．因為V半球＜V圓錐，所以假如冰淇淋溶化了，不會溢出杯子．19．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一點．(1)若CD∥平面PBO，試指出點O的位置；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD．[解析](1)∵CD∥平面PBO，CD?平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD．又BC∥AD，∴四邊形BCDO為平行四邊形，則BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即點O是靠近點D的線段AD的一個三等分點．(2)證明：∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD．又PD?平面PAD，∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，∴PD⊥平面PAB．又PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD．20．(本小題滿分12分)(2024·江蘇卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點．(1)求證：EF∥平面AB1C1；(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1．[解析](1)因為E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點，所以EF∥AB1．又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)因為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．又因為AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．21．(本小題滿分12分)(2024·全國乙卷)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．[解析](1)連接BD交AM于H．由AM⊥PD及AM⊥PB，PD∩PB＝P知AM⊥平面PBD則AM⊥BD．由BM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)AD知MH＝eq\f(1,2)AH，∴△ABM中AB2＝AH·AM，即1＝eq\f(2,3)AM2，∴AM2＝eq\f(3,2)，∴BM2＝eq\f(1,2)，BM＝eq\f(\r(2),2)，∴BC＝eq\r(2)．(2)易得△PCB為等腰直角三角形，∠PCB＝90°．設(shè)B到PM的距離為h，則PM·h＝eq\f(1,2)PC·BC＝1，則PM＝eq\f(\r(10),2)，∴h＝eq\f(2,\r(10))，設(shè)B到平面PAM的距離為h′，則S△PAM·h′＝S△ABM·PD＝eq\f(\r(2),4)，由PA＝eq\r(3)，PM＝eq\f(\r(10),2)，AM＝eq\f(\r(6),2)，得cos∠PMA＝eq\f(1,\r(15))，∴sin∠PMA＝eq\f(\r(14),\r(15))，∴S△PAM＝eq\f(1,2)·PM·AM·sin∠PMA＝eq\f(\r(14),4)，∴h′＝eq\f(1,\r(7))．設(shè)二面角A－PM－B的平面角為θ，則sinθ＝eq\f(h′,h)＝eq\f(\f(1,\r(7)),\f(2,\r(10)))＝eq\f(\r(70),14)．所以二面角A－PM－B的正弦值為eq\f(\r(70),14)．22．(本小題滿分12分)如圖，在三棱柱AB