2020年高中数学新教材同步必修第二册 章末检测试卷三(第8章)1

2020年高中数学新教材同步必修第二册 章末检测试卷三(第8章)1

章末检测试卷三(第八章) (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1.棱锥的侧面和底面可以都是( ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 答案 A 解析 三棱锥的侧面和底面均可以为三角形. 2.下面多面体中有 12 条棱的是( ) A.四棱柱 B.四棱锥 C.五棱锥 D.五棱柱 答案 A 解析 ∵n 棱柱共有 3n 条棱，n 棱锥共有 2n 条棱，∴四棱柱共有 12 条棱；四棱锥共有 8 条 棱；五棱锥共有 10 条棱；五棱柱共有 15 条棱. 3.如图，Rt△O′A′B′是一平面图的直观图，斜边 O′B′＝2，则这个平面图形的面积是 ( ) A. 2 2 B.1 C. 2 D.2 2 答案 D 解析 ∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图， 斜边 O′B′＝2， ∴直角三角形的直角边长是 2， ∴直角三角形的面积是1 2 × 2× 2＝1， ∴原平面图形的面积是 1×2 2＝2 2. 4.如图所示，平面α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且 C∉l，直线 AB∩l＝M，过 A，B，C 三点的 平面记作γ，则γ与β的交线必通过( ) A.点 A B.点 B C.点 C 但不过点 M D.点 C 和点 M 答案 D 5.将若干毫升水倒入底面半径为 2 cm 的圆柱形器皿中，量得水面高度为 6 cm，若将这些水倒 入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面高度为( ) A.6 3 cm B.6 cm C.23 18 cm D.33 12 cm 答案 B 解析 设圆锥中水的底面半径为 r cm， 由题意知1 3πr2× 3r＝π×22×6， 得 r＝2 3， ∴水面的高度是 3×2 3＝6(cm). 6.如图，在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，D 为 A1B1 的中点，AB＝BC＝2BB1＝2，AC＝2 2，则 异面直线 BD 与 AC 所成的角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 C 解析 如图，取 B1C1 的中点 E，连接 BE，DE， 则 AC∥A1C1∥DE， 则∠BDE 即为异面直线 BD 与 AC 所成的角. 由条件可知 BD＝DE＝EB＝ 2，所以∠BDE＝60°. 7.在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则( ) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案 C 解析 如图，由题设知，A1B1⊥平面 BCC1B1， 从而 A1B1⊥BC1， 又 B1C⊥BC1，且 A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面 A1B1CD， 所以 BC1⊥平面 A1B1CD， 又 A1E⊂平面 A1B1CD， 所以 A1E⊥BC1. 8.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内 角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米 堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放 的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有 ( ) A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 答案 B 解析 米堆的体积即为四分之一的圆锥的体积， 设圆锥底面半径为 r，则1 4 ×2πr＝8， 得 r＝16 π ， 所以米堆的体积为1 3 ×1 4πr2×5≈320 9 (立方尺)， 320 9 ÷1.62≈22(斛). 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分) 9.下面关于四棱柱的命题中，为真命题的是( ) A.若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 B.若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 C.若四个侧面全等，则该四棱柱为直四棱柱 D.若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱 答案 BCD 10.如图所示，空间四边形 PABC 的各边都相等，D，E，F，G 分别是 AB，BC，CA，AP 的 中点，下列四个结论中正确的是( ) A.DF∥平面 PBC B.AB⊥平面 PDC； C.平面 PEF⊥平面 ABC D.平面 PAE⊥平面 PBC 答案 ABD 解析 ∵BC∥DF，DF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC， ∴DF∥平面 PBC，故 A 正确； ∵PD⊥AB，CD⊥AB，PD∩CD＝D，PD，DC⊂平面 PCD， ∴AB⊥平面 PDC，故 B 正确； ∵PE⊥BC，AE⊥BC，PE∩AE＝E，PE，AE⊂平面 PAE， ∴BC⊥平面 PAE， ∵BC⊂平面 PBC，∴平面 PAE⊥平面 PBC，故 D 正确. 只有 C 错误. 11.已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点 A∈α，A∉l，直线 AB∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥α，m∥β， 则下列四种位置关系中，成立的是( ) A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥β D.AC⊥β 答案 ABC 解析 ∵m∥α，m∥β，α∩β＝l，∴m∥l. ∵AB∥l，∴AB∥m.故 A 一定正确. ∵AC⊥l，m∥l，∴AC⊥m.故 B 一定正确. ∵A∈α，AB∥l，l⊂α，∴B∈α. ∴AB⊄β，l⊂β，∴AB∥β.故 C 也正确. ∵AC⊥l，当点 C 在平面α内时，AC⊥β成立， 当点 C 不在平面α内时，AC⊥β不成立. 故 D 不一定成立. 12.如图，四边形 ABCD 是圆柱的轴截面，E 是底面圆周上异于 A，B 的一点，则下面结论中 正确的是( ) A.AE⊥CE B.BE⊥DE C.DE⊥平面 CEB D.平面 ADE⊥平面 BCE 答案 ABD 解析 由 AB 是底面圆的直径，则∠AEB＝90°， 即 AE⊥EB. ∵四边形 ABCD 是圆柱的轴截面， ∴AD⊥底面 AEB，BC⊥底面 AEB. ∴BE⊥AD，又 AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面 ADE， ∴BE⊥平面 ADE，DE⊂平面 ADE， ∴BE⊥DE. 同理可得 AE⊥CE. 又∵BE⊂平面 BCE， ∴平面 BCE⊥平面 ADE. 可得 A，B，D 正确. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13.若一个圆台的母线长为 l，上、下底面半径分别为 r1，r2，且满足 2l＝r1＋r2，其侧面积为 8π，则 l＝________. 答案 2 解析 S 圆台侧＝π(r1＋r2)l＝2πl2＝8π，所以 l＝2. 14.已知平面α，β和直线 m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________ 时，有 m⊥β. 答案 ②④ 15.空间四边形 ABCD 中，平面 ABD⊥平面 BCD，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，且 AB＝AD， 则 AC 与平面 BCD 所成的角是________. 答案 45° 解析 如图所示，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO. 因为 AB＝AD，所以 AO⊥BD，又平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AO⊂ 平面 ABD，所以 AO⊥平面 BCD. 因此，∠ACO 即为 AC 与平面 BCD 所成的角. 由于∠BAD＝90°＝∠BCD，所以 AO＝OC＝1 2BD， 又 AO⊥OC，所以∠ACO＝45°. 16.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积是32 3 π，那么 这个三棱柱的侧面积为________，体积是________.(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案 48 3 48 3 解析 设球的半径为 r， 则4 3πr3＝32 3 π， 得 r＝2，柱体的高为 2r＝4. 又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等， 所以底面正三角形的边长为 4 3， 所以正三棱柱的侧面积 S 侧＝3×4×4 3＝48 3， 体积 V＝ 3 4 ×(4 3)2×4＝48 3. 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17.(10 分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为 50 cm，两底面直径分别 为 40 cm 和 30 cm.求纸篓(外侧部分)的表面积. 解 根据题意可知，纸篓底面圆的半径 r′＝15 cm，上口的半径 r＝20 cm，母线长 l＝50 cm， 则纸篓的表面积 S＝π(r′2＋r′l＋rl) ＝π(152＋15×50＋20×50)＝1 975π(cm2). 18.(12 分)在空间四边形 ABCD 中，H，G 分别是 AD，CD 的中点，E，F 分别是边 AB，BC 上的点，且CF FB ＝AE EB ＝1 3. 求证：直线 EH，BD，FG 相交于一点. 证明 如图所示，连接 EF，GH. ∵H，G 分别是 AD，CD 的中点，∴GH∥AC，且 GH＝1 2AC. ∵CF FB ＝AE EB ＝1 3 ，∴EF∥AC，且 EF＝3 4AC. ∴GH∥EF，且 GH≠EF. ∴EH 与 FG 相交，设交点为 P. ∵P∈EH，EH⊂平面 ABD，∴P∈平面 ABD. 同理 P∈平面 BCD. 又∵平面 ABD∩平面 BCD＝BD，∴P∈BD. ∴直线 EH，BD，FG 相交于一点. 19.(12 分)如图所示，在四面体 ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点 E，F 分别是 AB，BD 的中 点. 求证：(1)直线 EF∥平面 ACD； (2)平面 EFC⊥平面 BCD. 证明 (1)∵E，F 分别是 AB，BD 的中点， ∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF∥AD. ∵EF⊄平面 ACD，AD⊂平面 ACD， ∴直线 EF∥平面 ACD. (2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD. ∵CB＝CD，F 是 BD 的中点，∴CF⊥BD. 又∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面 EFC， ∴BD⊥平面 EFC. ∵BD⊂平面 BCD，∴平面 EFC⊥平面 BCD. 20.(12 分)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD⊥平面 PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC ＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD⊥平面 PBC； (3)求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值. (1)解 由已知 AD∥BC，故∠DAP 或其补角即为异面直线 AP 与 BC 所成的角. ∵AD⊥平面 PDC，PD ⊂ 平面 PDC，∴AD⊥PD. 在 Rt△PDA 中，由已知，得 AP＝ AD2＋PD2＝ 5， 故 cos∠DAP＝AD AP ＝ 5 5 . ∴异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值为 5 5 . (2)证明 ∵AD⊥平面 PDC，直线 PD ⊂ 平面 PDC， ∴AD⊥PD. 又∵BC∥AD，∴PD⊥BC， 又 PD⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB ⊂ 平面 PBC， ∴PD⊥平面 PBC. (3)解 过点 D 作 AB 的平行线交 BC 于点 F，连接 PF， 则 DF 与平面 PBC 所成的角等于 AB 与平面 PBC 所成的角. ∵PD⊥平面 PBC，故 PF 为 DF 在平面 PBC 上的射影， ∴∠DFP 为直线 DF 和平面 PBC 所成的角. 由于 AD∥BC，DF∥AB，可得 BF＝AD＝1. 由已知，得 CF＝BC－BF＝2. 又 AD⊥DC，故 BC⊥DC. 在 Rt△DCF 中，可得 DF＝ CD2＋CF2＝2 5. 在 Rt△DPF 中，可得 sin∠DFP＝PD DF ＝ 5 5 . ∴直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 5 5 . 21.(12 分)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD 是正三角形，且与底面 ABCD 垂直，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD＝60°，N 是 PB 的中点，E 为 AD 的中点，过 A，D，N 的 平面交 PC 于点 M. 求证：(1)EN∥平面 PDC； (2)BC⊥平面 PEB； (3)平面 PBC⊥平面 ADMN. 证明 (1)∵四边形 ABCD 为菱形，∴AD∥BC， 又∵BC ⊂ 平面 PBC，AD⊄平面 PBC， ∴AD∥平面 PBC. ∵平面 ADMN∩平面 PBC＝MN，AD ⊂ 平面 ADMN， ∴AD∥MN. ∴MN∥BC. 又∵N 为 PB 的中点，∴M 为 PC 的中点， ∴MN＝1 2BC. ∵E 为 AD 的中点，∴DE＝1 2AD＝1 2BC＝MN， ∴DE∥MN 且 DE＝MN， ∴四边形 DENM 为平行四边形，∴EN∥DM. 又∵EN⊄平面 PDC，DM ⊂ 平面 PDC， ∴EN∥平面 PDC. (2)∵四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且∠BAD＝60°，E 为 AD 中点， ∴BE⊥AD. 又∵PE⊥AD，PE∩BE＝E，PE，BE ⊂ 平面 PBE，∴AD⊥平面 PEB. ∵AD∥BC，∴BC⊥平面 PEB. (3)由(2)知 AD⊥PB. 又∵PA＝AD＝AB，且 N 为 PB 的中点，∴AN⊥PB. ∵AD∩AN＝A，AD，AN ⊂ 平面 ADMN， ∴PB⊥平面 ADMN. 又∵PB ⊂ 平面 PBC， ∴平面 PBC⊥平面 ADMN. 22.(12 分)如图所示，在长方形 ABCD 中，AB＝2，AD＝1，E 为 CD 的中点，以 AE 为折痕， 把△DAE 折起到△D′AE 的位置，且平面 D′AE⊥平面 ABCE. (1)求证：AD′⊥BE； (2)求四棱锥 D′－ABCE 的体积； (3)在棱 ED′上是否存在一点 P，使得 D′B∥平面 PAC，若存在，求出点 P 的位置，若不存 在，请说明理由. (1)证明 根据题意可知，在长方形 ABCD 中，△DAE 和△CBE 为等腰直角三角形，∴∠DEA ＝∠CEB＝45°， ∴∠AEB＝90°，即 BE⊥AE. ∵平面 D′AE⊥平面 ABCE，且平面 D′AE∩平面 ABCE＝AE，BE⊂平面 ABCE， ∴BE⊥平面 D′AE， ∵AD′⊂平面 D′AE， ∴AD′⊥BE. (2)解 取 AE 的中点 F，连接 D′F，则 D′F⊥AE，且 D′F＝ 2 2 . ∵平面 D′AE⊥平面 ABCE， 且平面 D′AE∩平面 ABCE＝AE，D′F⊂平面 D′AE， ∴D′F⊥平面 ABCE， ∴VD′－ABCE＝1 3S 四边形 ABCE·D′F ＝1 3 ×1 2 ×(1＋2)×1× 2 2 ＝ 2 4 . (3)解 如图所示，连接 AC 交 BE 于 Q，假设在 D′E 上存在点 P，使得 D′B∥平面 PAC， 连接 PQ. ∵D′B⊂平面 D′BE，平面 D′BE∩平面 PAC＝PQ， ∴D′B∥PQ， ∴在△EBD′中， EP PD′ ＝EQ QB. ∵△CEQ∽△ABQ， ∴EQ QB ＝EC AB ＝1 2 ， ∴ EP PD′＝EQ QB ＝1 2 ，即 EP＝1 3ED′， ∴在棱 ED′上存在一点 P，且 EP＝1 3ED′， 使得 D′B∥平面 PAC.