2021版高考数学一轮复习单元评估检测四第九章文含解析北师大版

2021版高考数学一轮复习单元评估检测四第九章文含解析北师大版

单元评估检测(四)‎ ‎ (第九章)‎ ‎(120分钟　150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.下列结论正确的是 (　　)‎ A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 ‎【解析】选D.A错误.如图①所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥.‎ B错误.如图②,若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥.‎ C错误.由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.‎ D正确.‎ ‎2.设x,y,z是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:‎ ‎①x,y,z均为直线;②x,y是直线,z是平面;③z是直线,x,y是平面;④x,y,z均为平面.‎ 其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 (　　)‎ A.③④ B.①③ C.②③ D.①②‎ ‎【解析】选C.由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.‎ ‎3.如图,正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分,则剩余几何体的主视图是 (　　)‎ - 15 -‎ ‎【解析】选A.正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分后,‎ 剩余部分的直观图如图:‎ 则该几何体的主视图为选项A.‎ ‎4.关于空间两条直线a,b和平面α,下列命题正确的是 (　　)‎ A.若a∥b,bα,则a∥α B.若a∥α,bα,则a∥b C.若a∥α,b∥α,则a∥b D.若a⊥α,b⊥α,则a∥b ‎【解析】选D.线面平行的判定定理中的条件要求a⊈α,故A错;对于线面平行,这条直线与面内的直线的位置关系可以平行,也可以异面,故B错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系:平行、相交、异面都有可能,故C错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故D正确.‎ ‎5.正四面体ABCD四个面的重心分别为E,F,G,H,则四面体EFGH的表面积与四面体ABCD的表面积的比值是 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.如图 - 15 -‎ 在正四面体ABCD中,M,N是BC,BD的中点,E,F是AM,AN的三等分点,所以E,F分别是正三角形ABC,ABD的中心,EF=MN=CD,所以四面体EFGH的表面积与四面体ABCD的表面积的比值是=. ‎ ‎6.(2020·人大附中模拟)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是(　　)‎ A. B.‎ C.8 D.16‎ ‎【解析】选B.由三视图可得原几何体如图,‎ 该三棱锥底面是等腰三角形,底边长为4,底边上的高为4,三棱锥的高为2.‎ 所以VP-ABC=××4×4×2=.‎ ‎7.古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体:在圆柱容器里放一个球,使该球四周碰壁,且与上,下底面相切,则在该几何体中,圆柱的体积与球的体积之比为 (　　)‎ A. B. C.或 D.‎ ‎【解析】选D.由已知可知,该几何体的轴截面如图所示,‎ - 15 -‎ 即圆柱的底面半径与球的半径r相等,高等于球的直径2r,所以==.‎ ‎8.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B‎1C1D1,球O与该正方体的各个面相切,则平面ACD1截此球所得的截面的面积为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选D.因为球与各面相切,所以直径为2,且AC,AD1,CD1的中点在所求的切面圆上,所以所求截面为此三点构成的边长为的正三角形的外接圆,设此圆半径为R,由正弦定理知,‎ R=,所以截面的面积S=.‎ ‎9.如图,直三棱柱ABC-A1B‎1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB‎1A1的面积为 (　　)‎ A.2 B‎.1 ‎C. D.‎ ‎【解析】选C.球心在面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在截面圆的直径,所以∠BAC=90°,△A1B‎1C1外心M在B‎1C1中点上,连接OM,OC1,设正方形BCC1B1的边长为x,在Rt△OMC1‎ - 15 -‎ 中,OM=,MC1=,OC1=R=1,所以2+2=1,即x=(负值舍去),则AB=AC=1,所以=×1=.‎ ‎10.(2020·陕西模拟)《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示,俯视图中间的实线平分矩形的面积,则该“堑堵”的侧面积为 (　　)‎ A.2 B.4+2‎ C.4+4 D.4+6‎ ‎【解析】选C.由三视图可得:该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱,‎ 底面为等腰直角三角形,如图所示.‎ 且底面周长为:2+2×=2+2,‎ 故棱柱的侧面积为 S=2×(2+2)=4+4.‎ ‎11.如图所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将其沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上,则该球的体积为 (　　)‎ - 15 -‎ 世纪金榜导学号 A.π B.3π C.π D.2π ‎【解析】选A.如图所示,‎ 取BD的中点E,BC的中点O,连接A′E,EO,A′O,OD.‎ 因为平面A′BD⊥平面BCD,A′E⊥BD,‎ 平面A′BD∩平面BCD=BD,‎ A′E⫋平面A′BD,‎ 所以A′E⊥平面BCD.‎ 因为A′B=A′D=CD=1,BD=,‎ 所以A′E=,EO=,所以OA′=.‎ 在Rt△BCD中,OB=OC=OD=BC=,‎ 所以四面体A′BCD的外接球的球心为O,球的半径为,所以V球=π×=π.‎ ‎12.棱长为4的正四面体内切一球,然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球,则这些小球的最大半径为世纪金榜导学号(　　)‎ A. B. C. D.‎ - 15 -‎ ‎【解析】选B.由于正四面体的棱长为4,故四个面的面积都是×(4)2=12,‎ 又顶点A在底面BCD上的投影为底面的中心G,点G到底面三个顶点的距离都是4,‎ 由此知顶点A到底面BCD的距离是=4,此正四面体的体积是×12×4=16,‎ 设最初正四面体内切球半径为r,则正四面体的体积为×r×12×4=16r,故有r=,‎ 故上半部分的以小球为内切球的三棱锥的高为2,原正四面体的高为4,‎ 所以空隙处放入一个小球,设小球的最大半径为a,=,所以a=.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.直观图(如图)中,四边形O′A′B′C′为菱形且边长为‎2 cm,则在原坐标系xOy中四边形为　　　　(填图形形状),面积为　　　　cm2. ‎ ‎【解析】将直观图恢复到平面图形(如图),是OA=‎2 cm,OC=‎4 cm的矩形,‎ S四边形OABC=2×4=8(cm2).‎ 答案:矩形　8‎ - 15 -‎ ‎14.如图,在三棱柱A1B‎1C1-ABC中,已知D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥A-FED的体积为V1,三棱柱A1B‎1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2的值为　　　　. ‎ ‎【解析】设三棱柱的高为h,‎ 因为F是AA1的中点,则三棱锥F-ADE的高为,‎ 因为D,E分别是AB,AC的中点,所以S△ADE=S△ABC,‎ 因为V1=S△ADE·,V2=S△ABC·h,‎ 所以==.‎ 答案:‎ ‎15.如图1,已知点E,F,G分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中点,点M,N,P,Q分别在线段AG,CF,BE,C1D1上运动,当以M,N,P,Q为顶点的三棱锥Q-PMN的俯视图是如图2所示的正方形时,则点Q到平面PMN的距离为　　　　. 世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】根据俯视图可知,点P,Q,M,N的位置如图所示.易知点Q到平面PMN的距离即为正方体的高a.‎ - 15 -‎ 答案: a ‎16.(2020·咸阳模拟)在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(biē nào).已知在鳖臑M-ABC中,MA⊥平面ABC,MA=AB=BC=2,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为　　　　. 世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】由题意知,该鳖臑可以补全为如图所示的正方体,且正方体的一条对角线MC为鳖臑的外接球直径,‎ 因为MC==2,所以外接球半径为,‎ 外接球的表面积为4π×()2=12π.‎ 设内切球半径为r,球心为O,鳖臑表面积为S,‎ 该鳖臑可以看成由四个分别以鳖臑的四个面为底面,以O为顶点的三棱锥组成,且三棱锥的高为内切球半径,根据体积相等,可列等式×r×S=×MA×S△ABC,因为S=(2×2+2×2+2×2+2×2)=4+4,‎ 所以r(4+4)=2××2×2,‎ 所以r=-1,所以内切球表面积为4π×(-1)2=12π-8π,‎ 所以该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为24π-8π.‎ - 15 -‎ 答案:24π-8π 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.(10分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.‎ ‎(1)求四面体ABCD的体积.‎ ‎(2)证明:四边形EFGH是矩形.‎ ‎【解析】(1)由该四面体的三视图可知,‎ BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,‎ 所以AD⊥平面BDC,‎ 所以四面体ABCD的体积V=××2×2×1=.‎ ‎(2)因为BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,‎ 所以BC∥FG,BC∥EH,所以FG∥EH.‎ 同理EF∥AD,HG∥AD,所以EF∥HG,‎ 所以四边形EFGH是平行四边形.‎ 又因为AD⊥平面BDC,所以AD⊥BC,所以EF⊥FG,‎ 所以四边形EFGH是矩形.‎ ‎18.(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,且AE=ED=BC=2,PA=PD=PB=4.PB⊥AC.‎ ‎(1)证明:平面PBE⊥平面PAC.‎ ‎(2)若BC∥AD,求三棱锥P-ACD的体积.‎ - 15 -‎ ‎【解析】(1)因为PA=PD,E是AD的中点,‎ 所以PE⊥AD,‎ 又因为平面PAD⊥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,‎ 因为BC∥AD,BC=AD=DE,‎ 所以四边形BCDE是平行四边形,‎ 所以CD=BE,CD∥BE,所以AC⊥CD,‎ 因为PA=PD=PB=4,AE=DE=BC=2,‎ 所以PE==2,‎ 所以BE==2,即CD=2,‎ 所以AC==2.所以VP-ACD=S△ACD·PE=××2×2×2=4.‎ ‎19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,‎ ‎(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD.‎ ‎(2)求证:PA⊥平面PCD.‎ ‎【解析】(1)连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH,‎ - 15 -‎ 又BG=PG,故GH∥PD,‎ 又因为GH⊈平面PAD,PD⫋平面PAD,‎ 所以GH∥平面PAD.‎ ‎(2)取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,‎ 平面PAC∩平面PCD=PC,‎ 所以DN⊥平面PAC,‎ 又PA平面PAC,故DN⊥PA,‎ 又因为PA⊥CD,CD∩DN=D,‎ 所以PA⊥平面PCD.‎ ‎20.(12分)(2020·宝鸡模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.世纪金榜导学号 ‎(1)证明:AC⊥PD.‎ ‎(2)求三棱锥P-BDE的体积.‎ ‎【解析】(1)因为AD∥BC,AB⊥AD,‎ 所以∠ABC=∠BAD=90°,‎ 因为AB=BC=1,所以∠CAD=45°,AC=,‎ 由余弦定理得:CD2=AC2+AD2‎-2AC·AD·‎ cos∠CAD=2,‎ 所以AC2+CD2=4=AD2,所以AC⊥CD,‎ 因为PC⊥AC,PC∩CD=C,所以AC⊥平面PCD,所以AC⊥PD.‎ ‎(2)连接CE,由(1)得AC⊥平面PCD,CD=,‎ - 15 -‎ 因为E是PA的中点,AD∥BC,‎ 所以VP-BDE=VP-CDE=VC-PDE=VC-ADP=VA-CDP ‎=·S△CDP·AC=×CD2·AC=.‎ ‎21.(12分)如图,已知三棱柱ABC-A′B′C′中,平面BCC′B′⊥底面ABC,BB′⊥AC,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA′=3,E,F分别在棱AA′,CC′上,且AE=C′F=2. 世纪金榜导学号 ‎(1)求证:BB′⊥底面ABC.‎ ‎(2)在棱A′B′上找一点M,使得C′M∥平面BEF,并给出证明.‎ ‎【解析】(1)如图,取BC的中点O,连接AO,‎ 因为三角形ABC是等边三角形,‎ 所以AO⊥BC.因为平面BCC′B′⊥底面ABC,AO⫋平面ABC,平面BCC′B′∩平面ABC=BC,所以AO⊥平面BCC′B′.‎ 又BB′平面BCC′B′,所以AO⊥BB′.‎ 又BB′⊥AC,AO∩AC=A,‎ - 15 -‎ AO平面ABC,AC平面ABC,‎ 所以BB′⊥底面ABC.‎ ‎(2)显然点M不是点A′,B′,若棱A′B′上存在一点M,使得C′M∥平面BEF,‎ 过点M作MN∥AA′交BE于N,连接FN,MC′,如图.所以MN∥C′F,即C′M和FN共面,又平面MNFC′∩平面BEF=FN,‎ 所以C′M∥FN,‎ 所以四边形C′MNF为平行四边形,所以MN=2,所以MN是梯形A′B′BE的中位线,M为A′B′的中点.‎ 故当M为A′B′的中点时,C′M∥平面BEF.‎ ‎22.(12分)(2020·东莞模拟)如图,在四边形ABED中,AB∥DE,AB⊥BE,点C在AB上,且AB⊥CD,AC=BC=CD=2,现将△ACD沿CD折起,使点A到达点P的位置,且PE=2. 世纪金榜导学号 ‎(1)求证:平面PBC⊥平面DEBC.‎ ‎(2)求三棱锥P-EBC的体积.‎ ‎【解析】(1)因为AB⊥BE,AB⊥CD,‎ 所以BE∥CD,‎ 因为AC⊥CD,所以PC⊥CD,所以PC⊥BE, ‎ 又BC⊥BE,PC∩BC=C,所以EB⊥平面PBC, ‎ 又因为EB平面DEBC,所以平面PBC⊥平面DEBC.‎ ‎(2)方法一:因为AB∥DE,结合CD∥EB得BE=CD=2,‎ 由(1)知EB⊥平面PBC,所以EB⊥PB,由PE=2得PB==2,‎ 所以△PBC为等边三角形,所以S△PBC=×22=, ‎ - 15 -‎ 所以VP-EBC=VE-PBC=S△PBC·EB=××2=.‎ ‎ 方法二:因为AB∥DE,结合CD∥EB 得BE=CD=2,‎ ‎ 由(1)知EB⊥平面PBC,所以EB⊥PB,由PE=2,‎ 得PB==2,所以△PBC为等边三角形,‎ 取BC的中点O,连接OP,则PO=,‎ 因为PO⊥BC,所以PO⊥平面EBCD,‎ 所以VP-EBC=S△EBC·PO=××22×=.‎ - 15 -‎