2021版北師大版文科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元評(píng)估檢測(cè)（四） （第九章）含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021版高考北師大版文科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元評(píng)估檢測(cè)（四）（第九章）含解析溫馨提示：此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例,答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊.單元評(píng)估檢測(cè)（四）（第九章）（120分鐘150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分,共60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.下列結(jié)論正確的是 ()A.各個(gè)面都是三角形的幾何體是三棱錐B。以三角形的一條邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸,其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐C。棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)與底面多邊形的邊長(zhǎng)相等,則此棱錐可能是六棱錐D.圓錐的頂點(diǎn)與底面圓周上的任意一點(diǎn)的連線都是母線【解析】選D。A錯(cuò)誤.如圖①所示,由兩個(gè)結(jié)構(gòu)相同的三棱錐疊放在一起構(gòu)成的幾何體，各面都是三角形,但它不是棱錐。B錯(cuò)誤.如圖②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋轉(zhuǎn)軸不是直角邊所在直線,所得的幾何體都不是圓錐。C錯(cuò)誤。由幾何圖形知,若以正六邊形為底面,側(cè)棱長(zhǎng)必然要大于底面邊長(zhǎng).D正確。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為棱BB1的中點(diǎn)，用過(guò)點(diǎn)A，E,C1的平面截去該正方體的下半部分,則剩余幾何體的主視圖是【解析】選A.正方體ABCD-A1B1C1D1中,過(guò)點(diǎn)A,E,C1的平面截去該正方體的下半部分后剩余部分的直觀圖如圖:則該幾何體的主視圖為選項(xiàng)A.4.關(guān)于空間兩條直線a，b和平面α，下列命題正確的是 ()A。若a∥b,bα，則a∥αB。若a∥α,bα,則a∥bC。若a∥α，b∥α,則a∥bD.若a⊥α,b⊥α，則a∥b【解析】選D。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.5。正四面體ABCD四個(gè)面的重心分別為E，F(xiàn)，G,H，則四面體EFGH的表面積與四面體ABCD的表面積的比值是 （）A.127 B。116 C.19【解析】選C.如圖在正四面體ABCD中,M,N是BC,BD的中點(diǎn),E,F是AM，AN的三等分點(diǎn)，所以E，F(xiàn)分別是正三角形ABC,ABD的中心,EF=23MN=13CD,所以四面體EFGH的表面積與四面體ABCD的表面積的比值是1326.(2020·人大附中模擬)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的體積是(）A。833 C。83 D。16【解析】選B.由三視圖可得原幾何體如圖,該三棱錐底面是等腰三角形,底邊長(zhǎng)為4,底邊上的高為4,三棱錐的高為2.所以VP—ABC=13×12×4×4×2=7.古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德構(gòu)造了一個(gè)“圓柱容器”的幾何體：在圓柱容器里放一個(gè)球，使該球四周碰壁,且與上，下底面相切，則在該幾何體中，圓柱的體積與球的體積之比為 （)A。23 B.43 C.23或3【解析】選D.由已知可知,該幾何體的軸截面如圖所示，即圓柱的底面半徑與球的半徑r相等，高等于球的直徑2r,所以V圓柱V球=π8.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.8π3 B.5π3 C?！窘馕觥窟xD。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2的正三角形的外接圓，設(shè)此圓半徑為R,由正弦定理知,R=63,所以截面的面積S=29。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。2 D.【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的邊長(zhǎng)為x，在Rt△OMC1中,OM=x2,MC1=x2,OC1=R=1,所以x22+x22=1,即x=2(負(fù)值舍去），則AB=AC=1,所以S矩形ABB10.(2020·陜西模擬)《九章算術(shù)》中,將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”。已知某“塹堵”的三視圖如圖所示,俯視圖中間的實(shí)線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為 （）A。2 B.4+22C.4+42 D。4+62【解析】選C.由三視圖可得:該幾何體是一個(gè)以主視圖為底面的三棱柱，底面為等腰直角三角形，如圖所示。且底面周長(zhǎng)為:2+2×2=2+22,故棱柱的側(cè)面積為S=2×（2+22)=4+42。11。如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1,BD=2，BD⊥CD，將其沿對(duì)角線BD折成四面體A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面體A′BCD的頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則該球的體積為 ()世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)A.32π B。3π C.23π【解析】選A.如圖所示,取BD的中點(diǎn)E，BC的中點(diǎn)O,連接A′E,EO,A′O,OD。因?yàn)槠矫鍭′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?yàn)锳′B=A′D=CD=1,BD=2，所以A′E=22,EO=12,所以O(shè)A′=在Rt△BCD中，OB=OC=OD=12BC=3所以四面體A′BCD的外接球的球心為O,球的半徑為32，所以V球=43π×3212。棱長(zhǎng)為43的正四面體內(nèi)切一球，然后在正四面體和該球形成的空隙處各放入一個(gè)小球，則這些小球的最大半徑為世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)（）A.2 B.22 C。24 【解析】選B.由于正四面體的棱長(zhǎng)為43，故四個(gè)面的面積都是34×(43）2=123又頂點(diǎn)A在底面BCD上的投影為底面的中心G,點(diǎn)G到底面三個(gè)頂點(diǎn)的距離都是4,由此知頂點(diǎn)A到底面BCD的距離是(43)2-42=42，此正四面體的體積是1設(shè)最初正四面體內(nèi)切球半徑為r,則正四面體的體積為13×r×123×4=163r,故有r=2故上半部分的以小球?yàn)閮?nèi)切球的三棱錐的高為22，原正四面體的高為42，所以空隙處放入一個(gè)小球,設(shè)小球的最大半徑為a,a22=242，二、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。直觀圖（如圖）中,四邊形O′A′B′C′為菱形且邊長(zhǎng)為2cm，則在原坐標(biāo)系xOy中四邊形為(填圖形形狀）,面積為cm【解析】將直觀圖恢復(fù)到平面圖形(如圖)，是OA=2cm，OC=4S四邊形OABC=2×4=8(cm2）。答案：矩形814.如圖，在三棱柱A1B1C1-ABC中，已知D,E，F(xiàn)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h2因?yàn)镈，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，所以S△ADE=14S△ABC因?yàn)閂1=13S△ADE·h2，V2=S△ABC所以V1V2=1答案:115.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. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)【解析】根據(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。（2020·咸陽(yáng)模擬)在《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑(biēnào).已知在鱉臑M—ABC中，MA⊥平面ABC，MA=AB=BC=2，則該鱉臑的外接球與內(nèi)切球的表面積之和為. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)

【解析】由題意知,該鱉臑可以補(bǔ)全為如圖所示的正方體,且正方體的一條對(duì)角線MC為鱉臑的外接球直徑，因?yàn)镸C=22+22+2外接球的表面積為4π×(3)2=12π.設(shè)內(nèi)切球半徑為r，球心為O，鱉臑表面積為S，該鱉臑可以看成由四個(gè)分別以鱉臑的四個(gè)面為底面,以O(shè)為頂點(diǎn)的三棱錐組成,且三棱錐的高為內(nèi)切球半徑,根據(jù)體積相等，可列等式13×r×S=13×MA×S△ABC,因?yàn)镾=12(2×2+2×2+2×22+2×22所以r(4+42)=2×12所以r=2-1,所以內(nèi)切球表面積為4π×(2-1)2=12π-82π，所以該鱉臑的外接球與內(nèi)切球的表面積之和為24π—82π。答案：24π-82π三、解答題（本大題共6小題,共70分.解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17.（10分）四面體ABCD及其三視圖如圖所示，平行于棱AD，BC的平面分別交四面體的棱AB，BD，DC，CA于點(diǎn)E，F(xiàn),G,H。（1)求四面體ABCD的體積.(2)證明:四邊形EFGH是矩形。【解析】(1）由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC，BD=DC=2，AD=1,所以AD⊥平面BDC,所以四面體ABCD的體積V=13×12×2×2×1=(2)因?yàn)锽C∥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,所以四邊形EFGH是平行四邊形。又因?yàn)锳D⊥平面BDC,所以AD⊥BC,所以EF⊥FG,所以四邊形EFGH是矩形.18。(12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?！窘馕觥?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=12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=PA2-所以BE=PB2-所以AC=AD2-CD2=23.所以VP-ACD=13S△ACD·PE=119。(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,（1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點(diǎn)，求證：GH∥平面PAD。(2)求證：PA⊥平面PCD?！窘馕觥浚?)連接BD,易知AC∩BD=H，BH=DH,又BG=PG,故GH∥PD,又因?yàn)镚H?平面PAD，PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD。(2）取棱PC的中點(diǎn)N，連接DN，依題意，得DN⊥PC，又因?yàn)槠矫鍼AC⊥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?yàn)镻A⊥CD,CD∩DN=D，所以PA⊥平面PCD.20。(12分）（2020·寶雞模擬)如圖,在四棱錐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的中點(diǎn)。世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)證明:AC⊥PD。（2)求三棱錐P—BDE的體積?！窘馕觥?1)因?yàn)锳D∥BC,AB⊥AD，所以∠ABC=∠BAD=90°，因?yàn)锳B=BC=1,所以∠CAD=45°，AC=2,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?yàn)镻C⊥AC，PC∩CD=C，所以AC⊥平面PCD,所以AC⊥PD。(2）連接CE，由(1）得AC⊥平面PCD,CD=2，因?yàn)镋是PA的中點(diǎn),AD∥BC，所以VP—BDE=VP—CDE=VC—PDE=12VC—ADP=12=16·S△CDP·AC=16×34CD2·21.(12分)如圖，已知三棱柱ABC—A′B′C′中,平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC,底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA′=3,E,F分別在棱AA′,CC′上，且AE=C′F=2。 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)求證：BB′⊥底面ABC。(2)在棱A′B′上找一點(diǎn)M，使得C′M∥平面BEF，并給出證明?！窘馕觥浚?)如圖,取BC的中點(diǎn)O,連接AO,因?yàn)槿切蜛BC是等邊三角形,所以AO⊥BC。因?yàn)槠矫鍮CC′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，AO平面ABC，AC平面ABC，所以BB′⊥底面ABC.（2）顯然點(diǎn)M不是點(diǎn)A′，B′，若棱A′B′上存在一點(diǎn)M，使得C′M∥平面BEF，過(guò)點(diǎn)M作MN∥AA′交BE于N,連接FN,MC′，如圖.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,所以四邊形C′MNF為平行四邊形,所以MN=2,所以MN是梯形A′B′BE的中位線，M為A′B′的中點(diǎn).故當(dāng)M