（江西專用）年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段評估4 新人教版

專題階段評估(四)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是()A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥αC．若l⊥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m解析：根據(jù)線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推斷．當(dāng)兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另外一條也垂直于這個平面，故選項B中的結(jié)論正確．答案：B2.(2012·佛山一模)一個體積為12eq\r(3)的正三棱柱的三視圖如圖所示，則這個三棱柱的左視圖的面積為()A．6eq\r(3) B．8C．8eq\r(3) D．12解析：由三視圖可知三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，底面面積為S＝4eq\r(3)，設(shè)三棱柱的高為h，則4eq\r(3)h＝12eq\r(3)，故h＝3，則左視圖的面積為6eq\r(3).答案：A3．已知a、b、c、d是空間四條直線，如果a⊥c，b⊥c，a⊥d，b⊥d，那么()A．a(chǎn)∥b且c∥dB．a(chǎn)、b、c、d中任意兩條可能都不平行C．a(chǎn)∥b或c∥dD．a(chǎn)、b、c、d中至多有一對直線互相平行解析：若a與b相交，則存在平面β，使得a?β且b?β，由a⊥c，b⊥c，知c⊥β，同理d⊥β，所以c∥d.若a∥b，則c與d可能平行，也可能不平行．結(jié)合各選項知選C.答案：C4.(2012·銀川質(zhì)檢)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點，在平面ADD1A1內(nèi)且與平面D1A．有無數(shù)條B．有2條C．有1條D．不存在解析：∵平面D1EF與平面ADD1A1有公共點D1且不重合，∴兩平面有1條過D1的交線l，在平面ADD1A1內(nèi)與l平行的任意直線都與平面D1EF答案：A5．(2012·新課標(biāo)全國卷)平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為eq\r(2)，則此球的體積為()A.eq\r(6)π B．4eq\r(3)πC．4eq\r(6)π D．6eq\r(3)π解析：如圖，設(shè)截面圓的圓心為O′，M為截面圓上任一點，則OO′＝eq\r(2)，O′M＝1，∴OM＝eq\r(\r(2)2＋1)＝eq\r(3)，即球的半徑為eq\r(3)，∴V＝eq\f(4,3)π(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.答案：B6．在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以為()解析：由題目所給的幾何體的正視圖和俯視圖，可知該幾何體為半圓錐和三棱錐的組合體，如圖所示：可知側(cè)視圖為等腰三角形，且輪廓線為實線，故選D.答案：D7．已知直線m、l和平面α、β，則α⊥β的充分條件是()A．m⊥l，m∥α，l∥β B．m⊥l，α∩β＝m，l?αC．m∥l，m⊥α，l⊥β D．m∥l，l⊥β，m?α解析：由eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥l,m∥α,l∥β))?/α⊥β，如圖.由eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥l,α∩β＝m,l?α))?/α⊥β，如圖.由eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥l,m⊥α,l⊥β))?/α⊥β，如圖.所以選項A，B，C都不對．又選項D能推出α⊥β，所以D正確．故選D.答案：D8.在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點，則點C到平面A1DMA.eq\f(\r(6),3)a B.eq\f(\r(6),6)aC.eq\f(\r(2),2)a D.eq\f(1,2)a解析：設(shè)點C到平面A1DM的距離為h，則由已知得DM＝A1M＝eq\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)a，A1D＝eq\r(2)a，S△A1DM＝eq\f(1,2)×eq\r(2)a×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq\f(\r(6),4)a2，連接CM，S△CDM＝eq\f(1,2)a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得eq\f(1,3)S△A1DM·h＝eq\f(1,3)S△CDM·a，即eq\f(\r(6),4)a2·h＝eq\f(1,2)a2·a，所以h＝eq\f(\r(6),3)a，即點C到平面A1DM的距離為eq\f(\r(6),3)a，故選A.答案：A9.如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析：由題意知，在四邊形ABCD中，CD⊥BD.在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，兩平面的交線為BD，所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD.又因為AB⊥AD，AD∩DC＝D，所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC.答案：D10．球O的球面上有四點S，A，B，C，其中O，A，B，C四點共面，△ABC是邊長為2的正三角形，平面SAB⊥平面ABC，則棱錐S－ABC的體積的最大值為()A.eq\r(3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),3)解析：記球O的半徑為R，作SD⊥AB于D，連接OD、OS，則有R＝eq\f(2,2sin60°)＝eq\f(2,\r(3))，SD⊥平面ABC，注意到SD＝eq\r(SO2－OD2)＝eq\r(R2－OD2)，因此要使SD最大，則需OD最小，而OD的最小值等于eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，因此高SD的最大值是eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝1，又棱錐S－ABC的體積等于eq\f(1,3)S△ABC·SD＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×22×SD＝eq\f(\r(3),3)SD，因此棱錐S－ABC的體積的最大值是eq\f(\r(3),3)×1＝eq\f(\r(3),3)，選D.答案：D二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分．請把正確答案填在題中橫線上)11.如圖所示，在邊長為4的正方形紙片ABCD中，AC與BD相交于點O，剪去△AOB，將剩余部分沿OC、OD折疊，使OA、OB重合，則以A、B、C、D、O為頂點的四面體的體積為________．解析：折疊后的四面體如圖所示．OA、OC、OD兩兩相互垂直，且OA＝OC＝OD＝2eq\r(2)，所以體積V＝eq\f(1,3)S△OCD·OA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3).答案：eq\f(8\r(2),3)12．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為__________．(注：“正視圖”又稱“主視圖”，“側(cè)視圖”又稱“左視圖”)解析：結(jié)合三視圖可知，該幾何體為底面邊長為2，高為2的正三棱柱，除去上面的一個高為1的三棱錐，其直觀圖如圖所示，故該幾何體的體積為eq\f(1,2)×2×2sin60°×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2sin60°×1＝eq\f(5\r(3),3).答案：eq\f(5\r(3),3)13.在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如圖所示)，若將△ABC繞BC邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的旋轉(zhuǎn)體的體積是________．解析：如圖所示，該旋轉(zhuǎn)體的體積為圓錐CD與圓錐BD的體積之差，由已知求得BD＝1，所以V＝V圓錐CD－V圓錐BD＝eq\f(1,3)×π×3×eq\f(5,2)－eq\f(1,3)×π×3×1＝eq\f(3π,2).答案：eq\f(3,2)π14．已知平面α、β和直線m，給出條件：①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α⊥β；⑤α∥β(1)當(dāng)滿足條件________時，有m∥β；(2)當(dāng)滿足條件________時，有m⊥β.(填所選條件的序號)解析：由兩平面平行的性質(zhì)，易知由③⑤?m∥β；由②⑤?m⊥β.答案：③⑤②⑤15．(2012·皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點M在棱AB上，且AM＝eq\f(1,3)，點P是平面ABCD內(nèi)的動點，且點P到直線A1D1的距離與點P到點M的距離的平方差為eq\f(8,9)，則P點的軌跡是________．解析：如圖，以點A為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，設(shè)點P(x，y)，則點P到A1D1的距離為eq\r(1＋x2)，點P到點M的距離為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2＋y2)，根據(jù)已知得，1＋x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2－y2＝eq\f(8,9)，化簡得y2＝eq\f(2,3)x，故點P的軌跡是拋物線．答案：拋物線三、解答題(本大題共6小題，共75分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟)16．(12分)(2012·江蘇徐州質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分別是AA1和B1(1)求證：DE∥平面ABC；(2)求三棱錐E－BCD的體積．解析：(1)證明：取BC中點G，連接AG，EG，因為E是B1C的中點，所以EG∥BB1，且EG＝eq\f(1,2)BB1.由直棱柱知，AA1綊BB1.而D是AA1的中點，所以EG綊AD.所以四邊形EGAD是平行四邊形．所以ED∥AG.又DE?平面ABC，AG?平面ABC，所以DE∥平面ABC.(2)因為AD∥BB1，所以AD∥平面BCE.所以VE－BCD＝VD－BCE＝VA－BCE＝VE－ABC.由(1)知，DE∥平面ABC，所以VE－ABC＝VD－ABC＝eq\f(1,3)AD·eq\f(1,2)BC·AG＝eq\f(1,6)×3×6×4＝12.17．(12分)(2012·廈門質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝BC，BD⊥AC，E為PC的中點．(1)求證：AC⊥PB；(2)求證：PA∥平面BDE.證明：(1)∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，又∵BD⊥AC，PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PBD，∵PB?平面PBD，∴AC⊥PB.(2)設(shè)AC∩BD＝F，連接EF，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，∴F為AC的中點，∵E為PC的中點，∴EF∥PA，而EF?平面BDE，PA?平面BDE，∴PA∥平面BDE.18．(12分)(2012·福建卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M為棱DD1(1)求三棱錐A－MCC1的體積；(2)當(dāng)A1M＋MC取得最小值時，求證：B1M⊥平面解析：(1)由長方體ABCD－A1B1C1D1AD⊥平面CDD1C1∴點A到平面CDD1C1的距離等于AD又S△MCC1＝eq\f(1,2)CC1·CD＝eq\f(1,2)×2×1＝1.∴VA－MCC1＝eq\f(1,3)AD·S△MCC1＝eq\f(1,3).(2)證明：將側(cè)面CDD1C1繞DD1逆時針轉(zhuǎn)90°展開，與側(cè)面ADD1A當(dāng)A1，M，C′共線時，A1M＋MC由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M為DD1的中點．連接A1M、B1M，在△C1MC1＝eq\r(2)，MC＝eq\r(2)，CC1＝2，∴CCeq\o\al(2,1)＝MCeq\o\al(2,1)＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1.又由長方體ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1∴B1C1⊥CM又B1C1∩C1M＝C∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥同理可證，B1M⊥AM.又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC19．(12分)(2012·江蘇無錫高三質(zhì)檢)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，G分別是AA1，D1C，(1)MN∥平面ABCD；(2)設(shè)α是過MN的任一平面，求證：α⊥平面B1BG.證明：(1)取CD的中點E，連接NE，AE，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(N為CD1的中點,E為CD的中點))?NE∥MA且NE＝MA，所以MAEN為平行四邊形．所以MN∥AE.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(MN∥AE,MN?平面ABCD,AE?平面ABCD))?MN∥平面ABCD.(2)在正方形ABCD中，易證△BAG≌△ADE，所以∠DAE＋∠AGB＝∠ABG＋∠AGB＝90°.所以AE⊥BG.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(B1B⊥平面ABCD,AE?平面ABCD))?B1B⊥AE.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AE⊥BG,B1B⊥AE,BG∩B1B＝B))?AE⊥平面B1BG.又MN∥AE，所以MN⊥平面B1BG.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(MN⊥平面B1BG,MN?α))?α⊥平面B1BG.20．(13分)如圖：C、D是以AB為直徑的圓上兩點，AB＝2AD＝2eq\r(3)，AC＝BC，F(xiàn)是AB上一點，且AF＝eq\f(1,3)AB，將圓沿直徑AB折起，使點C在平面ABD內(nèi)的射影E在BD上，已知CE＝eq\r(2).(1)求證：AD⊥平面BCE；(2)求證：AD∥平面CEF；(3)求三棱錐A－CFD的體積．解析：(1)證明：依題意知：AD⊥BD，∵CE⊥平面ABD，∴CE⊥AD.∵BD∩CE＝E，∴AD⊥平面BCE.(2)證明：在Rt△BCE中，CE＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，∴BE＝2，在Rt△ABD中，AB＝2eq\r(3)，AD＝eq\r(3)，∴BD＝3，∴eq\f(BF,BA)＝eq\f(BE,BD)＝eq\f(2,3)，∴AD∥EF.∵AD在平面CEF外，∴AD∥平面CEF.(3)由(2)知AD∥EF，AD⊥ED，且ED＝BD－BE＝1，∴F到AD的距離等于E到AD的距離，為1，∴S△FAD＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).∵CE⊥平面ABD，∴VA－CFD＝VC－AFD＝eq\f(1,3)·S△FAD·CE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),6).21．(14分)(2012·福州質(zhì)檢)如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠