新教材適用2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第8章立體幾何初步綜合測(cè)試新人教A版必修第二冊(cè)

第八章綜合測(cè)試考試時(shí)間120分鐘，滿分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．若點(diǎn)M在直線a上，a在平面α內(nèi)，則M，a，α間的關(guān)系可記為(B)A．M∈a，a∈α B．M∈a，a?αC．M?a，a?α D．M?a，a∈α[解析]依據(jù)點(diǎn)與直線、直線與平面之間位置關(guān)系的符號(hào)表示，可知B正確．2．已知兩個(gè)圓錐，底面重合在一起，其中一個(gè)圓錐頂點(diǎn)究竟面的距離為2cm，另一個(gè)圓錐頂點(diǎn)究竟面的距離為3cm，則其直觀圖中這兩個(gè)頂點(diǎn)之間的距離為(D)A．2cm B．3cmC．2.5cm D．5cm[解析]圓錐頂點(diǎn)究竟面的距離即圓錐的高，故兩頂點(diǎn)間距離為2＋3＝5cm，在直觀圖中與z軸平行線段長(zhǎng)度不變，仍為5cm.3．設(shè)α，β為兩個(gè)不同的平面，則α∥β的一個(gè)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(gè)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(gè)平面可以相交，故A錯(cuò)誤；α，β垂直于同一條直線可以得出α∥β，B正確；α，β平行于同一條直線，則兩個(gè)平面可以平行也可以相交，故C錯(cuò)誤；垂直于同一平面的兩個(gè)平面可以平行也可以相交，故D錯(cuò)誤；故選B.4．如圖所示的三棱柱ABC－A1B1C1，過A1B1的平面與平面ABC交于直線DE，則DE與AB的位置關(guān)系是(B)A．異面 B．平行C．相交 D．以上均有可能[解析]因?yàn)锳1B1∥平面ABC，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，所以A1B1∥DE.又因?yàn)锳1B1∥AB，所以DE∥AB.5．如圖所示的是一個(gè)五棱柱，則下列推斷錯(cuò)誤的是(C)A．該幾何體的側(cè)面是平行四邊形B．該幾何體有七個(gè)面C．該幾何體恰有十二條棱D．該幾何體恰有十個(gè)頂點(diǎn)[解析]依據(jù)棱柱的定義可知，該幾何體的側(cè)面是平行四邊形，故A正確；該五棱柱有七個(gè)面，十五條棱，十個(gè)頂點(diǎn)，故B、D正確，C錯(cuò)誤；故選C.6．如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，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?yàn)锽C∥AD，AD?平面PAD，BC?平面PAD，所以BC∥平面PAD，因?yàn)锽C?平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF，因?yàn)锽C＝AD，EF<AD，所以EF<BC，所以四邊形EFBC為梯形，故選C.7．(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(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2，將該水庫在這兩個(gè)水位間的形態(tài)看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí)，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(tái)的高為MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積V.棱臺(tái)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.8．(2024·北京卷)坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾畫出建筑輪廓，呈現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為eq\f(\r(14),5)，則該五面體的全部棱長(zhǎng)之和為(C)A．102m B．112mC．117m D．125m[解析]如圖，過E作EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG，OM，由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝eq\f(\r(14),5).因?yàn)镋O⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EO⊥BC，因?yàn)镋G⊥BC，EO，EG?平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG，因?yàn)镺G?平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形，所以由BC＝10得OM＝5，所以EO＝eq\r(14)，所以O(shè)G＝5，所以在直角三角形EOG中，EG＝eq\r(EO2＋OG2)＝eq\r(\r(14)2＋52)＝eq\r(39)，在直角三角形EBG中，BG＝OM＝5，EB＝eq\r(EG2＋BG2)＝eq\r(\r(39)2＋52)＝8，又因?yàn)镋F＝AB－5－5＝25－5－5＝15，全部棱長(zhǎng)之和為2×25＋2×10＋15＋4×8＝117m.故選C.二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．以下關(guān)于空間幾何體特征性質(zhì)的描述，錯(cuò)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)一周形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐B．有兩個(gè)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(gè)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(zhǎng)線交于一點(diǎn)的幾何體是棱臺(tái)[解析]以直角三角形的一個(gè)直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐，可得A錯(cuò)誤；有兩個(gè)面相互平行，其余各面都是四邊形的幾何體可能是棱臺(tái)，不肯定是棱柱，故B錯(cuò)誤；有一個(gè)面是多邊形，其余各面都是有公共頂點(diǎn)三角形的幾何體叫棱錐，故C錯(cuò)誤；依據(jù)棱臺(tái)的定義，可得D正確．故選ABC.10．如圖所示是正方體的平面綻開圖，那么在正方體中(BCD)A．AC⊥EFB．EF和BC所成的角是60°C．直線AC和平面ABE所成的角是30°D．假如平面ABC∩平面CEF＝l，那么直線EF∥直線l.[解析]如圖，把正方體的平面綻開圖還原成正方體ADBG－FCEH.在正方體ADBG－FCEH中，可知AC∥EG，AC＝EG＝EF＝FG，故異面直線AC與EF所成的角即為EG與EF所成的角為60°，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，EF與BC所成的角即為FG與EF所成的角為60°，故B項(xiàng)正確；在正方體ADBG－FCEH中，AC＝CH，HC⊥EF，HC⊥EB，EF∩EB＝E，故HC⊥平面ABEF，則點(diǎn)C到平面ABE的距離為eq\f(1,2)HC＝eq\f(1,2)AC，設(shè)直線AC與平面ABE所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(\f(1,2)HC,AC)＝eq\f(1,2)，故θ＝30°，故C項(xiàng)正確；在正方體ADBG－FCEH中，AC∥EG，AB∥EF，AC∩AB＝A，EG∩EF＝E，則平面ABC∥平面EFG，平面EFG∩平面CEF于直線EF，平面ABC∩平面CEF＝l，故直線EF∥直線l，故D項(xiàng)正確．故選BCD.11.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長(zhǎng)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?yàn)镸、P為AB、CD的中點(diǎn)，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(cuò)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．在如圖所示的三棱錐O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC兩兩相互垂直，下列結(jié)論正確的為(BD)A．直線AB與平面OBC所成的角為30°B．二面角O－BC－A的正切值為eq\r(2)C．O到面ABC的距離為eq\r(3)D．作OM⊥平面ABC，垂足為M，則M為△ABC的重心[解析]因?yàn)镺A，OB，OC兩兩相互垂直，OB∩OC＝O，AO⊥平面OBC，故∠ABO為直線AB與平面OBC所成的角，又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直線AB與平面OBC所成的角為45°，故A錯(cuò)誤；取BC中點(diǎn)為D，連接OD，AD，因?yàn)镺A＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC兩兩相互垂直，所以AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，OD⊥BC，AD⊥BC，因?yàn)镺D∩AD＝D，所以BC⊥平面AOD，故∠ODA為二面角O－BC－A的平面角，則tan∠ODA＝eq\f(OA,OD)＝eq\r(2)，故二面角O－BC－A的正切值為eq\r(2)，故B項(xiàng)正確；因?yàn)锳B＝AC＝BC＝eq\r(2)，所以AD＝eq\f(\r(6),2)，設(shè)O到平面ABC的距離為h，則VA－OBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝VO－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)×h，解得h＝eq\f(\r(3),3)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)锳B＝AC＝BC＝eq\r(2)，故△ABC為等邊三角形，因?yàn)镺M⊥平面ABC，則M點(diǎn)為O點(diǎn)在平面ABC上的投影，又OA＝OB＝OC＝1，即O點(diǎn)到△ABC頂點(diǎn)A，B，C的距離相等，即M點(diǎn)到△ABC頂點(diǎn)A，B，C的距離相等，故M為△ABC的重心，故D項(xiàng)正確．故選BD.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．半徑為3的金屬球在機(jī)床上通過切割，加工成一個(gè)底面半徑為2eq\r(2)的圓柱，當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，其側(cè)面積為8eq\r(2)π.[解析]要使圓柱的體積最大，即圓柱的高最大，所以僅當(dāng)圓柱上下底面是金屬球的截面時(shí)高最大，為h＝2eq\r(32－2\r(2)2)＝2，所以側(cè)面積為S＝2×2eq\r(2)π×2＝8eq\r(2)π.故答案為8eq\r(2)π.14．(2024·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)模擬)如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E是SA上一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E滿意條件_SE＝EA__時(shí)，SC∥平面EBD.[解析]如圖，取SA的中點(diǎn)E，連接AC，設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，連接EO.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點(diǎn)．又E是SA的中點(diǎn)，∴OE是△SAC的中位線，∴OE∥SC.∵SC?平面EBD，OE?平面EBD，∴SC∥平面EBD.15．在一個(gè)直徑為32厘米的圓柱形水桶中放入一個(gè)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(厘米)．16．我國(guó)有著豐富悠久的“印章文化”，古時(shí)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(shí)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(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件，除去頂部的環(huán)以后可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)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(zhǎng)均為2，若該幾何體的全部頂點(diǎn)都在同一個(gè)球的表面上，則這個(gè)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)如圖所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝3，以點(diǎn)C為圓心，AC為半徑作扇形ACD，∠ACD＝90°.(1)求平面圖形繞直線BD旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積；(2)求平面圖形繞直線BD旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的表面積．[解析](1)∵V圓錐＝eq\f(1,3)·π·4×3＝4π，V半球＝eq\f(16π,3)，∴V全＝4π＋eq\f(16π,3)＝eq\f(28,3)π.(2)易知AB＝eq\r(13)，∴S圓錐側(cè)＝2eq\r(13)π，S半球＝8π，∴S表面積＝S圓錐側(cè)＋S半球＝2eq\r(13)π＋8π.18．(本小題滿分12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(qǐng)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(shí)，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(shí)，內(nèi)接圓柱表面積取得最大值eq\f(9,4)π.19．(本小題滿分12分)如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在平面相互垂直，EF∥AC，AB＝eq\r(2)，CE＝EF＝1.求證：(1)AF∥平面BDE；(2)CF⊥平面BDE.[解析](1)證明：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，連接EO，如圖所示．∵EF∥AC，且EF＝1，AO＝eq\f(1,2)AC＝1，∴EF綉AO，∴四邊形AOEF為平行四邊形，∴AF∥OE.∵OE?平面BDE，AF?平面BDE，∴AF∥平面BDE.(2)證明：連接FO，如圖(1)所示．∵EF∥CO，EF＝CO＝1，且CE＝1，∴四邊形CEFO為菱形，∴CF⊥EO.∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴BD⊥平面ACEF，∴CF⊥BD.又BD∩EO＝O，∴CF⊥平面BDE.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(diǎn)．(1)求證：EF∥平面AB1C1；(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.[證明](1)因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)，所以EF∥AB1.又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因?yàn)锽1C⊥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?yàn)锳B?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.21．(本小題滿分12分)如圖，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面相互垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝eq\r(3)，EF＝2.(1)證明：AE∥平面CDF；(2)當(dāng)AB的長(zhǎng)為何值時(shí)，二面角A－EF－C的大小為30°.[解析](1)證明：過點(diǎn)E作EG⊥CF交CF于點(diǎn)G，連接DG，∵BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，EG⊥CF.∴四邊形BCGE為矩形，則BC∥EG，BC＝EG.∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥EG，AD＝EG，∴四邊形ADGE為平行四邊形，∴AE∥DG.∵AE?平面DCF，DG?平面DCF，∴AE∥平面DCF.(2)過點(diǎn)B作BH⊥EF交FE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接AH.∵平面ABCD⊥平面BEFC，交線為BC，又AB⊥BC，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面BEFC，∴AB⊥EF，又BH⊥EF，BH∩AB＝B，BH，AB?平面ABH，∴EF⊥平面ABH，∴AH⊥EF，∴∠AHB為二面角A－EF－C的平面角．在Rt△EFG中，∵EG＝AD＝eq\r(3)，EF＝2，∴∠CFE＝60°，F(xiàn)G＝1，∵CE⊥EF，∴CF＝4，∴BE＝CG＝3，∴BH＝BE·sin∠BEH＝eq\f(3\r(3),2).∵