2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 單元測試卷.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 單元測試卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分每小題中只有一項符合題目要求)1設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題錯誤的是()A若a，b，則abB若a，ba，b，則C若a，b，則abD若a，a，則答案D解析由題意可得A，B，C選項顯然正確，對于選項D：當，相交，且a與，的交線平行時，有a，a，但此時與不平行故選D.2如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是()AMN與CC1垂直BMN與AC垂直CMN與BD平行DMN與A1B1平行答案D解析連接C1D，BD.N是D1C的中點，N是C1D的中點，MNBD.又CC1BD，CC1MN，故A，C正確ACBD，MNBD，MNAC，故B正確，故選D.3用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為，則球的體積為()A.B.C8 D.答案B解析S圓r21r1，而截面圓圓心與球心的距離d1，球的半徑為R.VR3，故選B.4某個長方體被一個平面所截，得到幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為()A4 B2C. D8答案D解析由三視圖可知，該幾何體如圖所示，其底面為正方形，正方形的邊長為2.HD3，BF1，將相同的兩個幾何體放在一起，構(gòu)成一個高為4的長方體，所以該幾何體的體積為2248.5.如圖所示，正四棱錐PABCD的底面積為3，體積為，E為側(cè)棱PC的中點，則PA與BE所成的角為()A. B.C. D.答案C解析連接AC，BD交于點O，連接OE，易得OEPA.所求角為BEO.由所給條件易得OB，OEPA，BE.cosOEB，OEB60，選C.6直三棱柱ABCA1B1C1的直觀圖及三視圖如下圖所示，D為AC的中點，則下列命題是假命題的是()AAB1平面BDC1BA1C平面BDC1C直三棱柱的體積V4D直三棱柱的外接球的表面積為4答案D解析由三視圖可知，直三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC，ABBC2.連接B1C交BC1于點O，連接AB1，OD.在CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點，ODAB1，AB1平面BDC1.故A正確直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AA1BD.又ABBC2，D為AC的中點，BDAC，BD平面AA1C1C.BDA1C.又A1B1B1C1，A1B1B1B，A1B1平面B1C1CB，A1B1BC1.BC1B1C，且A1B1B1CB1，BC1平面A1B1C.BC1A1C，A1C平面BDC1.故B正確VSABCC1C2224，C正確此直三棱柱的外接球的半徑為，其表面積為12，D錯誤故選D.7在平面四邊形ABCD中，ADAB，CDCB，且ADAB，現(xiàn)將ABD沿著對角線BD翻折成ABD，則在ABD折起至轉(zhuǎn)到平面BCD內(nèi)的過程中，直線AC與平面BCD所成的最大角的正切值為()A1 B.C. D.答案C解析如圖所示，OA1，OC2.當AC與圓相切時，直線AC與平面BCD所成的角最大，最大角為30，其正切值為.故選C.8一個圓錐被過頂點的平面截去了較小的一部分，余下的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積為()A.1 B231C. D.1答案A解析還原為直觀圖如圖所示，圓錐的高為2，底面半徑為，圓錐的母線長為，故該幾何體的表面積為S22()2211.9二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，則該二面角的大小為()A150 B45C60 D120答案C解析由條件，知0，0，.|2|2|2|2222624282268cos，(2)2.cos，120，二面角的大小為60，故選C.10已知某個幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標出的數(shù)據(jù)，這個幾何體的體積是()A28836 B60C28872 D28818答案A解析將幾何體的三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖此幾何體下面為長方體上面為半圓柱，根據(jù)三視圖所標數(shù)據(jù)，可得V長方體686288，V半圓柱32836.此幾何體的體積為V28836.11在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是棱BB1中點，G是DD1中點，F(xiàn)是BC上一點且FBBC，則GB與EF所成的角為()A30 B120C60 D90答案D解析方法一：連D1E，D1F，解三角形D1EF即可方法二：如圖建立直角坐標系Dxyz，設(shè)DA1，由已知條件，得G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(xiàn)(，1,0)，(1,1，)，(，0，)cos，0，則.故選D.12已知正方體ABCDA1B1C1D1棱長為1，點P在線段BD1上，當APC最大時，三棱錐PABC的體積為()A. B.C. D.答案B解析以B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標系，設(shè)，可得P(，)，再由cosAPC可求得當時，APC最大，故VPABC11.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)13已知四個命題：若直線l平面，則直線l的垂線必平行于平面；若直線l與平面相交，則有且只有一個平面經(jīng)過直線l與平面垂直；若一個三棱錐每兩個相鄰側(cè)面所成的角都相等，則這個三棱錐是正三棱錐；若四棱柱的任意兩條對角線相交且互相平分，則這個四棱柱為平行六面體其中正確的命題是_答案解析正確，如右圖，A1C與B1D互相平分，則四邊形A1B1CD是平行四邊形，同理四邊形ABC1D1是平行四邊形，則A1B1綊AB綊CD，因此四邊形ABCD是平行四邊形，進而可得這個四棱柱為平行六面體14(xx江蘇)如圖所示，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點，設(shè)三棱錐FADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1ABC的體積為V2，則V1V2_.答案124解析由題意可知點F到面ABC的距離與點A1到面ABC的距離之比為12，SADESABC14.因此V1V2124.15已知正三棱錐PABC，點P，A，B，C都在半徑為的球面上，若PA，PB，PC兩兩相互垂直，則球心到截面ABC的距離為_答案解析正三棱錐PABC可看作由正方體PADCBEFG截得，如圖所示，PF為三棱錐PABC的外接球的直徑，且PF平面ABC.設(shè)正方體棱長為a，則3a212，a2，ABACBC2.SABC222.由VPABCVBPAC，得hSABC222，所以h，因此球心到平面ABC的距離為.16.如圖所示是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F(xiàn)，分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論：直線BE與直線CF異面；直線BE與直線AF異面；直線EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正確的有_個答案2解析將幾何體展開圖拼成幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EFADBC，即直線BE與CF共面，錯；因為B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE與AF是異面直線，正確；因為EFADBC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，錯三、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)右圖為一簡單組合體，其底面ABCD為正方形，PD平面ABCD，ECPD，且PDAD2EC2.(1)請畫出該幾何體的三視圖；(2)求四棱錐BCEPD的體積答案(1)略(2)2解析(1)該組合體的三視圖如右圖所示(2)因為PD平面ABCD，PD平面PDCE，所以平面PDCE平面ABCD.因為四邊形ABCD為正方形，所以BCCD，且BCDCAD2.又因為平面PDCE平面ABCDCD，BC平面ABCD，所以BC平面PDCE.因為PD平面ABCD，DC平面ABCD，所以PDDC.又因為ECPD，PD2，EC1，所以四邊形PDCE為一個直角梯形，其面積S梯形PDCE(PDEC)DC323.所以四棱錐BCEPD的體積VBCEPDS梯形PDCEBC322.18(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，ADC45，ADAC1，O為AC的中點，PO平面ABCD，PO2，M為PD的中點(1)證明：PB平面ACM；(2)證明：AD平面PAC；(3)求直線AM與平面ABCD所成角的正切值答案(1)略(2)略(3)解析(1)連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O(shè)為BD的中點又M為PD的中點，所以PBMO.因為PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)因為ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.(3)取DO中點N，連接MN，AN.因為M為PD的中點，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直線AM與平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO，所以DO.從而ANDO.在RtANM中，tanMAN，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為.19(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AB4，PA3，A點在PD上的射影為G點，E點在AB上，平面PEC平面PCD.(1)求證：AG平面PEC；(2)求AE的長；(3)求二面角EPCA的正弦值答案(1)略(2)(3)解析(1)證明：PA平面ABCD，PACD.又CDAD，PAADA，CD平面PAD.CDAG.又PDAG，AG平面PCD.作EFPC于點F，連接GF，平面PEC平面PCD，EF平面PCD.EFAG.又AG平面PEC，EF平面PEC，AG平面PEC.(2)解：由(1)知A，E，F(xiàn)，G四點共面，又AECD，AE平面PCD，CD平面PCD，AE平面PCD.又平面AEFG平面PCDGF，AEGF.又由(1)知EFAG，四邊形AEFG為平行四邊形，AEGF.PA3，AD4，PD5，AG.又PA2PGPD，PG.又，GF，AE.(3)解：過E作EOAC于點O，連接OF，易知EO平面PAC，又EFPC，OFPC.EFO即為二面角EPCA的平面角EOAEsin45，又EFAG，sinEFO.20(本小題滿分12分)如圖所示，BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2.(1)求證：AB平面MCD；(2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值答案(1)略(2)解析(1)證明：取CD中點O，因為MCD為正三角形，所以MOCD.由于平面MCD平面BCD，所以MO平面BCD.又因為AB平面BCD，所以ABMO.又AB平面MCD，MO平面MCD，所以AB平面MCD.(2)連接OB，則OBCD，又MO平面BCD.取O為原點，直線OC，BO，OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示OBOM，則各點坐標分別為C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)，A(0，2)(1,0，)，(1，2)設(shè)平面ACM的法向量為n1(x，y，z)，由得解得xz，yz，取z1，得n1(，1,1)又平面BCD的法向量為n2(0,0,1)，所以cosn1，n2.設(shè)所求二面角為，則sin.21(本小題滿分12分)圓錐PO如圖所示，圖是它的正(主)視圖已知圓O的直徑為AB，C是圓周上異于A，B的一點，D為AC的中點(1)求該圓錐的側(cè)面積S；(2)求證：平面PAC平面POD；(3)若CAB60，在三棱錐APBC中，求點A到平面PBC的距離答案(1)(2)略(3)解析(1)由圓錐的正視圖可知，圓錐的高h，底面半徑r1，所以其母線長為l，所以圓錐的側(cè)面積Sl2r21.(2)證明：因為AB是圓O的直徑，所以ACBC.又因為O，D分別為AB，AC的中點，所以O(shè)DBC，所以O(shè)DAC.因為PO平面ABC，所以ACPO.因為POODO，PO，OD平面POD，所以AC平面POD.因為AC平面PAC，所以平面PAC平面POD.(3)因為CAB60，AB2，所以BC，AC1.所以SABC.又因為PO，OCOB1，所以SPBC.設(shè)A到平面PBC的距離為h，由于VPABCVAPBC，得SABCPOSPBCh，解得h.22(本小題滿分12分)如圖所示，正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長是2，側(cè)棱長是，D是AC的中點(1)求證：B1C平面A1BD；(2)求二面角A1BDA的大小；(3)在線段AA1上是否存在一點E，使得平面B1C1E平面A1BD？若存在，求出AE的長；若不存在，說明理由答案(1)略(2)(3)存在且AE解析(1)如圖所示，連接AB1交A1B于點M，連接B1C，DM.因為三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以四邊形AA1B1B是矩形，所以M為AB1的中點因為D是AC的中點，所以MD是三角形AB1C的中位線，所以MDB1C.因為MD平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C平面A1BD.(2)作COAB于點O，所以CO平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABCA1B1C1中建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.因為AB2，AA1，D是AC的中點，所以A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,0，)，A1(1，0)所以D(，0，)，(，0，)，(2，0)設(shè)n(x，y，z)是平面A1BD的法向量，所以即令x，則y2，z3.所以n(，2,3)是平面A1BD的一個法向量由題意可知(0，0)是平面ABD的一個法向量，所以cosn，.所以二面角A1BDA的大小為.(3)設(shè)E(1，y,0)，則(1，y，)，(1,0，)設(shè)平面B1C1E的法向量n1(x1，y1，z1)，所以即令z1，則x13，y1，所以n1(3，)又n1n0，即330，解得y.所以存在點E，使得平面B1C1E平面A1BD且AE.