2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元評(píng)估檢測(cè)四含解析新人教B版

PAGE單元評(píng)估檢測(cè)(四)(第八章)(120分鐘150分)一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.已知向量m=(λ+1,1,2),n=(λ+2,2,1),若(m+n)⊥(m-n),則λ= ()A.QUOTE B.-QUOTE C.-2 D.-1【解析】選B.因?yàn)?m+n)⊥(m-n),所以(m+n)·(m-n)=m2-n2=[(λ+1)2+12+22]-[(λ+2)2+22+12]=-2λ-3=0,即λ=-QUOTE.2.設(shè)x,y,z是空間不同的直線或平面,對(duì)下列四種情形:①x,y,z均為直線;②x,y是直線,z是平面;③z是直線,x,y是平面;④x,y,z均為平面.其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是 ()A.③④ B.①③ C.②③ D.①②【解析】選C.由正方體模型可知①④為假命題;由線面垂直的性質(zhì)定理可知②③為真命題.3.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分別為BC,CC1,A1D1,C1D1的中點(diǎn),則直線EF,MN所成角的大小為A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選C.連接A1C1,BC1,A1B,依據(jù)E,F,M,N分別為BC,CC1,A1D1,C1D1的中點(diǎn),可得到MN是三角形A1C1D1的中位線,故得到MN∥A1C1,同理可得到BC1進(jìn)而直線EF,MN所成角的大小,可轉(zhuǎn)化為A1C1與BC1的夾角,三角形A1BC1的三邊均為正方體的面對(duì)角線,是等邊三角形,故A1C1與BC1的夾角為QUOTE.4.正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為2QUOTE,側(cè)棱與底面所成的角為60°,則該棱錐的體積為 ()A.3 B.6 C.9 D.18【解析】選B.由已知,棱錐的高為3,底面邊長(zhǎng)為QUOTE,所以該棱錐的體積V=QUOTESh=QUOTE(QUOTE)2×3=6.5.已知一圓錐的底面直徑與母線長(zhǎng)相等,一球體與該圓錐的全部母線和底面都相切,則球與圓錐的表面積之比為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選B.設(shè)圓錐底面圓半徑為R,球的半徑為r,由題意知,圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2R的等邊三角形,球的大圓是該等邊三角形的內(nèi)切圓,所以r=QUOTER,S球的表面積=4πr2=4π·QUOTER2=QUOTER2,S圓錐表面積=πR·2R+πR2=3πR2,所以球與圓錐的表面積之比為QUOTE=QUOTE.6.已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1,球O與該正方體的各個(gè)面相切,則平面ACD1截此球所得的截面的面積為A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選D.因?yàn)榍蚺c各面相切,所以直徑為2,且AC,AD1,CD1的中點(diǎn)在所求的切面圓上,所以所求截面為此三點(diǎn)構(gòu)成的邊長(zhǎng)為QUOTE的正三角形的外接圓,設(shè)此圓半徑為R,由正弦定理知,R=QUOTE,所以截面的面積S=QUOTE.7.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1的半球面上,AB=AC,側(cè)面BCC1B1是半球底面圓的內(nèi)接正方形,則側(cè)面ABB1A1A.2 B.1 C.QUOTE D.QUOTE【解析】選C.球心在面BCC1B1的中心O上,BC為△ABC所在截面圓的直徑,所以∠BAC=90°,△A1B1C1外心M在B1C1中點(diǎn)上,連接OM,OC1,設(shè)正方形BCC1B1在Rt△OMC1中,OM=QUOTE,MC1=QUOTE,OC1=R=1,所以QUOTE2+QUOTE2=1,即x=QUOTE(負(fù)值舍去),則AB=AC=1,所以QUOTE=QUOTE×1=QUOTE.8.如圖,在平面四邊形ABCD中,E,F分別是AD,BD的中點(diǎn),AB=AD=CD=2,BD=2QUOTE,∠BDC=90°,將△ABD沿對(duì)角線BD折起至△A′BD,使平面A′BD⊥平面BCD,則在四面體A′-BCD中,下列結(jié)論不正確的是 ()世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)A.EF∥平面A′BCB.異面直線CD與A′B所成的角為90°C.異面直線EF與A′C所成的角為60°D.直線A′C與平面BCD所成的角為30°【解析】選C.A選項(xiàng):因?yàn)镋,F分別為A′D和BD兩邊的中點(diǎn),所以EF∥A′B,又A′B?平面A′BC,所以EF∥平面A′BC,A正確;B選項(xiàng):因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD,交線為BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A′BD,即CD⊥A′B,故B正確;C選項(xiàng):取CD邊中點(diǎn)M,連接EM,FM,則EM∥A′C,所以∠FEM為異面直線EF與A′C所成角,又EF=1,EM=QUOTE,FM=QUOTE,即∠FEM=90°,故C錯(cuò)誤;D選項(xiàng):因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD,連接A′F,則A′F⊥BD,所以A′F⊥平面CBD,連接FC,所以∠A′CF為A′C與平面BCD所成的角,又CD⊥A′D,所以A′C=2QUOTE,又A′F=QUOTE=QUOTE,sin∠A′CF=QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以∠A′CF=30°,D正確.二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題,每小題5分,共20分,多選題全部選對(duì)得5分,選對(duì)但不全對(duì)的得3分,有選錯(cuò)的得0分)9.關(guān)于空間兩條直線a,b和平面α,下列命題不正確的是 ()A.若a∥b,b?α,則a∥αB.若a∥α,b?α,則a∥bC.若a∥α,b∥α,則a∥bD.若a⊥α,b⊥α,則a∥b【解析】選ABC.線面平行的判定定理中的條件要求a?α,故A錯(cuò);對(duì)于線面平行,這條直線與面內(nèi)的直線的位置關(guān)系可以平行,也可以異面,故B錯(cuò);平行于同一個(gè)平面的兩條直線的位置關(guān)系:平行、相交、異面都有可能,故C錯(cuò);垂直于同一個(gè)平面的兩條直線是平行的,故D正確.10.給出以下四個(gè)命題,其中正確的為 ()A.假如一條直線和一個(gè)平面平行,經(jīng)過(guò)這條直線的一個(gè)平面和這個(gè)平面相交,那么這條直線和交線平行B.假如一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直,那么這條直線垂直于這個(gè)平面C.假如兩條直線都平行于一個(gè)平面,那么這兩條直線相互平行D.假如一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線,那么這兩個(gè)平面相互垂直【解析】選ABD.依據(jù)直線與平面平行的性質(zhì)可知A正確.依據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知B正確.因?yàn)槠叫杏谝粋€(gè)平面的兩條直線可以平行,也可以相交,也可以是異面直線,所以C錯(cuò)誤.由兩個(gè)平面垂直的判定定理可知D正確.11.圓柱的側(cè)面綻開(kāi)圖是長(zhǎng)12cm,寬8 ()A.QUOTEcm3 B.QUOTEcm3C.288πcm3 D.192πcm3【解析】選AB.當(dāng)圓柱的高為8cmV=π×QUOTE×8=QUOTE(cm3),當(dāng)圓柱的高為12cmV=π×QUOTE×12=QUOTE(cm3).12.已知m和n是兩條不同的直線,α和β是兩個(gè)不重合的平面,那么下面給出的條件中不肯定能推出m⊥β的是 ()A.α⊥β且m?α B.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥β D.m⊥n且n∥β【解析】選ABD.α⊥β且m?α?m?β或m∥β或m與β相交,故A不肯定能推出m⊥β;α⊥β且m∥α?m?β或m∥β或m與β相交,故B不肯定能推出m⊥β;m∥n,且n⊥β?m⊥β,故C可以推出m⊥β;由m⊥n,且n∥β,知m∥β或m與β相交或m?β,故D不肯定能推出m⊥β,故A、B、D符合題意.三、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)13.平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,QUOTE=(1,2,0),QUOTE=(2,1,0),QUOTE=(0,1,5),則對(duì)角線AC1的長(zhǎng)為_(kāi)_______.

【解析】因?yàn)镼UOTE=QUOTE+QUOTE+QUOTE=QUOTE+QUOTE+QUOTE=(0,1,5)+(1,2,0)+(2,1,0)=(3,4,5),所以|QUOTE|=QUOTE=5QUOTE.答案:5QUOTE14.如圖,在三棱柱A1B1C1-ABC中,已知D,E,F分別為AB,AC,AA1的中點(diǎn),設(shè)三棱錐A-FED的體積為V1,三棱柱A1B1C1-ABC的體積為V2,則V1∶V2的值為【解析】設(shè)三棱柱的高為h,因?yàn)镕是AA1的中點(diǎn),則三棱錐F-ADE的高為QUOTE,因?yàn)镈,E分別是AB,AC的中點(diǎn),所以S△ADE=QUOTES△ABC,因?yàn)閂1=QUOTES△ADE·QUOTE,V2=S△ABC·h,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE.答案:QUOTE15.如圖1,已知點(diǎn)E,F,G分別是棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中點(diǎn),點(diǎn)M,N,P,Q分別在線段AG,CF,BE,C1D1上運(yùn)動(dòng),當(dāng)以M,N,P,Q為頂點(diǎn)的三棱錐Q-PMN的俯視圖是如圖2所示的正方形時(shí),則點(diǎn)Q到平面PMN的距離為_(kāi)_______. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)【解析】依據(jù)俯視圖可知,點(diǎn)P,Q,M,N的位置如圖所示.易知點(diǎn)Q到平面PMN的距離即為正方體的高a.答案:a16.圓柱形容器的內(nèi)壁底面半徑是10cm,有一個(gè)實(shí)心鐵球浸沒(méi)于容器的水中,若取出這個(gè)鐵球,測(cè)得容器內(nèi)的水面下降了QUOTEcm,則這個(gè)鐵球的體積為_(kāi)____cm3,表面積為_(kāi)_______cm2.

【解析】下降的水的體積即為球的體積,所以V球=π×102×QUOTE=QUOTEcm3.設(shè)該鐵球的半徑為r,則由題意得QUOTEπr3=π×102×QUOTE,解得r3=53,所以r=5,所以這個(gè)鐵球的表面積S=4π×52=100π(cm2).答案:QUOTEπ100π四、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17.(10分)如圖,四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E為線段AD的中點(diǎn),且AE=ED=BC=2,PA=PD=PB=4.PB⊥AC.(1)證明:平面PBE⊥平面PAC.(2)若BC∥AD,求三棱錐P-ACD的體積.【解析】(1)因?yàn)镻A=PD,E是AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD,又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD,又AC?平面ABCD,所以PE⊥AC,又PB⊥AC,PE∩PB=P,所以AC⊥平面PBE,又AC?平面PAC,所以平面PBE⊥平面PAC.(2)由(1)知AC⊥平面PBE,故AC⊥BE,因?yàn)锽C∥AD,BC=QUOTEAD=DE,所以四邊形BCDE是平行四邊形,所以CD=BE,CD∥BE,所以AC⊥CD,因?yàn)镻A=PD=PB=4,AE=DE=BC=2,所以PE=QUOTE=2QUOTE,所以BE=QUOTE=2,即CD=2,所以AC=QUOTE=2QUOTE.所以VP-ACD=QUOTES△ACD·PE=QUOTE×QUOTE×2×2QUOTE×2QUOTE=4.18.(12分)(2024·天津高考)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求證:BF∥平面ADE.(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值.(3)若二面角E-BD-F的余弦值為QUOTE,求線段CF的長(zhǎng).【解析】依題意,可以建立以A為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h).(1)依題意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因?yàn)橹本€BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)依題意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則即QUOTE不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<,n>==-QUOTE.所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為QUOTE.(3)設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則即QUOTE不妨令y=1,可得m=QUOTE.由題意,有|cos<m,n>|=QUOTE=QUOTE=QUOTE,解得h=QUOTE.經(jīng)檢驗(yàn),符合題意.所以線段CF的長(zhǎng)為QUOTE.19.(12分)(2024·清華附中模擬)如圖,在平行四邊形ABCD中,∠A=45°,AB=QUOTE,BC=2,BE⊥AD于點(diǎn)E,將△ABE沿BE折起,使∠AED=90°,連接AC,AD,得到如圖所示的幾何體.(1)求證:平面ACD⊥平面ABC.(2)若點(diǎn)P在線段AB上,直線PD與平面BCD所成角的正切值為QUOTE,求三棱錐P-BCD的體積.【解析】(1)因?yàn)锽E⊥AE,DE⊥AE,BE∩DE=E,所以AE⊥平面BCDE,以E為坐標(biāo)原點(diǎn),以ED,EB,EA所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖:則A(0,0,1),B(0,1,0),C(2,1,0),D(1,0,0),設(shè)AC的中點(diǎn)為M,則MQUOTE,所以=QUOTE,=(0,1,-1),=(2,0,0),所以·=0,·=0,所以DM⊥AB,DM⊥BC,又AB∩BC=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以DM⊥平面ABC,又DM?平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)過(guò)P作PN⊥BE,垂足為N,連接DN,則PN∥AE,所以PN⊥平面BCDE,所以∠PDN為直線PD與平面BCD所成的角.設(shè)PN=x,則BN=x,故EN=1-x,所以DN=QUOTE,所以tan∠PDN=QUOTE=QUOTE=QUOTE,解得x=QUOTE,即PN=QUOTE.因?yàn)锽D=QUOTE=QUOTE,CD=AB=QUOTE,BC=2,所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD.所以S△BCD=QUOTE·BD·CD=1,所以三棱錐P-BCD的體積V=QUOTE·S△BCD·PN=QUOTE×1×QUOTE=QUOTE.20.(12分)如圖,在正方形ABCD中,點(diǎn)E,F分別是AB,BC的中點(diǎn),將△AED,△DCF分別沿DE,DF折起,使A,C兩點(diǎn)重合于P.(1)求證:平面PBD⊥平面BFDE.(2)求二面角P-DE-F的余弦值.【解析】(1)連接EF交BD于O,連接OP.在正方形ABCD中,點(diǎn)E是AB中點(diǎn),點(diǎn)F是BC中點(diǎn),所以BE=BF,DE=DF,所以△DEB≌△DFB,所以在等腰△DEF中,O是EF的中點(diǎn),且EF⊥OD,因此在等腰△PEF中,EF⊥OP,從而EF⊥平面OPD,又EF?平面BFDE,所以平面BFDE⊥平面OPD,即平面PBD⊥平面BFDE.(2)方法一:在正方形ABCD中,連接AF,交DE于G,設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,由于點(diǎn)E是AB中點(diǎn),點(diǎn)F是BC中點(diǎn),所以Rt△DAE≌Rt△ABF,于是∠ADE=∠FAB,從而∠ADG+∠DAG=∠EAG+∠DAG=90°,所以AF⊥DE,于是,在翻折后的幾何體中,∠PGF為二面角P-DE-F的平面角,在正方形ABCD中,解得AG=QUOTE,GF=QUOTE,所以,在△PGF中,PG=AG=QUOTE,GF=QUOTE,由余弦定理得cos∠PGF=QUOTE=QUOTE,所以,二面角P-DE-F的余弦值為QUOTE.方法二:由題知PE,PF,PD兩兩相互垂直,故以P為原點(diǎn),向量QUOTE,QUOTE,QUOTE方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2,則P(0,0,0),E(0,1,0),F(1,0,0),D(0,0,2).所以QUOTE=(1,-1,0),QUOTE=(0,-1,2).設(shè)m=(x,y,z)為平面EFD的一個(gè)法向量,由QUOTE得QUOTE令x=1,得m=1,1,QUOTE,又由題知n=(1,0,0)是平面PED的一個(gè)法向量,所以cos<m,n>=QUOTE=QUOTE.所以,二面角P-DE-F的余弦值為QUOTE.21.(12分)如圖,已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)證明:直線BD∥平面PCE.(2)證明:平面PAC⊥平面PCE.(3)若直線PC與平面ABCD所成的角為45°,求二面角P-CE-D的余弦值.【解析】(1)連接BD,交AC于點(diǎn)O,設(shè)PC中點(diǎn)為F,連接OF,EF.因?yàn)镺,F分別為AC,PC的中點(diǎn),所以O(shè)F∥PA,且OF=QUOTEPA,因?yàn)镈E∥PA,且DE=QUOTEPA,所以O(shè)F∥DE,且OF=DE,所以四邊形OFED為平行四邊形,所以O(shè)D∥EF,即BD∥EF,又BD?平面PCE,EF?面PCE,所以BD∥面PCE.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.因?yàn)锳BCD是菱形,所以BD⊥AC.因?yàn)镻A∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,因?yàn)锽D∥EF,所以EF⊥平面PAC,因?yàn)镋F?平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.(3)方法一:因?yàn)橹本€PC與平面ABCD所成角為45°,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2,所以AC=AB,故△ABC為等邊三角形.設(shè)BC的中點(diǎn)為M,連接AM,則AM⊥BC.以A為原點(diǎn),AM,AD,AP分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).則P(0,0,2),C(QUOTE,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),=(QUOTE,1,-2),=(-QUOTE,1,1),=(0,0,1),設(shè)平面PCE的法向量為n=(x1,y1,z1),則QUOTE,即QUOTE,令y1=1,則QUOTE,所以n=(QUOTE,1,2),設(shè)平面CDE的法向量為m=(x2,y2,z2),則QUOTE,即QUOTE,令x2=1,則QUOTE,所以m=(1,QUOTE,0),設(shè)二面角P-CE-D的大小為θ,由于θ為鈍角,所以cosθ=-|cos<n,m>|=-QUOTE=-QUOTE=-QUOTE.所以二面角P-CE-D的余弦值為-QUOTE.方法二:因?yàn)橹本€PC與平面ABCD所成角為45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.因?yàn)锳B=AC=2,所以△ABC為等邊三角形.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以O(shè)F⊥平面ABCD.因?yàn)镺B?平面ABCD,OC?平面ABCD,所以O(shè)F⊥OB且OF⊥OC.在菱形ABCD中,OB⊥OC.以點(diǎn)O為原點(diǎn),OB,OC,OF分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz(如圖).則O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-QUOTE,0,0),E(-QUOTE,0,1),則QUOTE=(0,-2,2),QUOTE=(-QUOTE,-1,1),QUOTE=(-QUOTE,-1,0)設(shè)平面PCE的法向量為n=(x1,y1,z1),則QUOTE,即QUOTE,令y1=1,則QUOTE,則法向量n=(0,1,1).設(shè)平面CDE的法向量為m=(x2,y2,z2),則QUOTE,即QUOTE,令x2=1,則QUOTE,則法向量m=(1,-QUOTE,0).設(shè)二面角P-CE-D