人教A版高中數(shù)學(xué)必修第二冊第八章立體幾何初步章末質(zhì)量評估檢測（八）含答案

章末質(zhì)量評估(八)(時(shí)間:120分鐘分值:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.若用A,B表示點(diǎn),用a表示直線,α表示平面,則下列敘述中正確的是()A.若A?α,B?α,則AB?αB.若A∈α,B∈α,則AB∈αC.若A?a,a?α,則AB?αD.若A∈a,a?α,則A∈α解析:對于選項(xiàng)A,應(yīng)改為“若A∈α,B∈α,則AB?α”,故不符合題意;對于選項(xiàng)B,應(yīng)改為“若A∈α,B∈α,則AB?α”,故不符合題意;對于選項(xiàng)C,應(yīng)改為“若A?a,a?α,則AB?α”,故不符合題意;對于選項(xiàng)D,若A∈a,a?α,則A∈α,故符合題意.答案:D2.下列說法中正確的是()A.棱柱的側(cè)面可以是三角形B.正方體和長方體都是特殊的四棱柱C.所有的幾何體的表面都能展成平面圖形D.棱柱的各條棱都相等解析:由棱柱的概念可知,其側(cè)面不能是三角形,故選項(xiàng)A不符合題意;球的表面不能展成平面圖形,故選項(xiàng)C不符合題意;由棱柱概念可知,其各條棱不一定相等,故選項(xiàng)D不符合題意;選項(xiàng)B符合題意.答案:B3.一個(gè)等腰三角形繞它的底邊所在直線旋轉(zhuǎn)360°形成的曲面所圍成的幾何體是()A.球B.圓柱C.圓臺(tái)D.兩個(gè)共底面的圓錐組成的組合體解析:以等腰三角形的底邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)360°所得幾何體是兩個(gè)共底面的圓錐.答案:D4.如圖,日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球(球心記為O),地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面,在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點(diǎn)A處的緯度為北緯40°,則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為()A.20° B.40° C.50° D.90°答案:B5.(2022·廣東佛山質(zhì)檢)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=AA1=2,E為棱AA1上的動(dòng)點(diǎn),平面BED1交棱CC1于點(diǎn)F,則四邊形BED1F的周長的最小值為()A.43 B.213C.2(2+5) D.2+42解析:將長方體側(cè)面展開,如圖所示,當(dāng)E為BD1與AA1的交點(diǎn),F為BD1與CC1的交點(diǎn)時(shí),四邊形BED1F的周長最小,最小值為2BD1=222+(1+2)2答案:B6.(2024·新高考全國Ⅱ卷)已知正三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的體積為523,AB=6,A1B1=2,則A1A與平面ABC所成的角的正切值為()A.12B.1 C.2 D.3解析:設(shè)棱臺(tái)的高為h,三條側(cè)棱延長后交于一點(diǎn)O,上底面A1B1C1的中心為O1,則由AB=3A1B1,得O到上底面A1B1C1的距離為12h,O到下底面ABC的距離為32h,所以AA1與平面ABC所成角即為OA1與平面A1B1C1所成角∠OA1O1,又S△ABC=34×62=93,S△A1B1C1=34×22=3,所以V=13×(93+3+93×3)h=523,解得h=43,因?yàn)樯系酌嬷行腛1到頂點(diǎn)A1的距離為23×答案:B7.(2023·全國甲卷,文)在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,PA=PB=2,PC=6,則該棱錐的體積為()A.1 3 C.2 D.3解析:PA=PB=2,AB=BC=2,取AB的中點(diǎn)D,連接PD,CD,可得AB⊥PD,AB⊥CD,又PD∩CD=D,PD?平面PCD,CD?平面PCD,所以AB⊥平面PCD.在△PAB與△ABC中,求得PD=CD=22-12=3,在△PCD中,由PD=CD=3,PC=6,得PD2+CD2=PC2,則PD⊥CD,所以S△PCD=12×PD×CD=12×3×3=32.所以VP-ABC=13S△PCD×AB=答案:A8.(2022·全國甲卷,理)甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長相等,側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙=2,則VA.5 B.22 10 D.5解析:因?yàn)榧住⒁覂蓚€(gè)圓錐的母線長相等,所以結(jié)合S甲S乙=2可知,甲、乙兩個(gè)圓錐側(cè)面展開圖的圓心角之比是2∶1.不妨設(shè)兩個(gè)圓錐的母線長為l=3,甲、乙兩個(gè)圓錐的底面半徑分別為r1,r2,高分別為h1,h2,則由題意知,兩個(gè)圓錐的側(cè)面展開圖剛好可以拼成一個(gè)周長為6π的圓,所以2πr1=4π,2πr2=2π,得r1=2,r2=1.由勾股定理,得h1=l2-r12=5,h2=l2-r22=答案:C二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.9.已知等腰直角三角形直角邊長為1,若將該三角形繞其某一邊旋轉(zhuǎn)一周,則所形成的幾何體的表面積可以為()A.2π B.(1+2)πC.22π D.(2+2)π答案:AB10.(2023·新高考全國Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點(diǎn)C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43πC.AC=22D.△PAC的面積為3答案:AC11.(2024·廣東東莞模擬)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β,l是空間任意一條直線,以下說法正確的有()A.平面α與β必相交B.若l⊥m,則l∥αC.若l與n所成的角為30°,則l與平面β所成的角為60°D.若m與n所成的角為30°,則平面α與β的夾角為60°解析:對于A,若平面α與β平行,則m⊥β,又n⊥β,則m∥n,與m,n為異面直線矛盾,故平面α與β必相交,故A正確.對于B,l⊥m,l可能在平面α內(nèi),所以l∥α不正確,故B錯(cuò)誤.對于C,過n上一點(diǎn)P作l'∥l,交β于點(diǎn)A,則直線AB為l'在平面β上的射影,如圖,所以l'與平面β所成的角為∠PAB,由題意知∠APB=30°,所以∠PAB=60°,由l'∥l可知,l與平面β所成的角為60°,故C正確.對于D,平移m,n過點(diǎn)O,分別與α,β交于C,D,平面OCD與棱EF交于Q,連接CQ,DQ,如圖,由m,n分別垂直于兩平面,易知棱EF與平面OCD垂直,可得CQ,DQ與EF垂直,故∠CQD為二面角的平面角,由m與n所成的角為30°,可知∠CQD=150°,所以平面α與β的夾角為180°-150°=30°,故D錯(cuò)誤.答案:AC三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.底面直徑和高都是4cm的圓柱的側(cè)面面積為16πcm2.解析:圓柱的底面半徑為r=12×4=2(cm),故S側(cè)=2π×2×4=16π(cm2)13.若四棱錐P-ABCD的底面為平行四邊形,E,F,G分別為PA,PD,CD的中點(diǎn),則BC與平面EFG的位置關(guān)系為平行.解析:因?yàn)镋,F分別為PA,PD的中點(diǎn),所以EF∥AD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以AD∥BC,所以EF∥BC.因?yàn)镋F?平面EFG,BC?平面EFG,所以BC∥平面EFG.14.(本題第一空2分,第二空3分)已知軸截面為正三角形的圓錐MM'的高與球O的直徑相等,則圓錐MM'的體積與球O的體積的比值是23,圓錐MM'的表面積與球O的表面積的比值是1解析:設(shè)圓錐底面圓半徑為r,則高為3r,設(shè)球半徑為R,則2R=3r,R=32r,V圓錐V球=圓錐的表面積S圓錐=πr2+πr×2r=3πr2,球的表面積S球=4πR2=4π×(32r)2=3πr2則S圓錐S球=3π四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)某圓柱有一個(gè)內(nèi)接長方體ABCD-A1B1C1D1,該長方體的體對角線長是102cm,該圓柱的側(cè)面展開圖為矩形,此矩形的面積是100πcm2,求該圓柱的體積.解:設(shè)該圓柱底面半徑為rcm,高為hcm.如圖所示,則該圓柱軸截面長方形的對角線長等于它的內(nèi)接長方體的體對角線長,(所以r所以V圓柱=Sh=πr2h=π×52×10=250π(cm3).16.(15分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,F,F1分別是AC,A1C1的中點(diǎn).求證:(1)平面AB1F1∥平面C1BF.(2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.證明:(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,因?yàn)镕,F1分別是AC,A1C1的中點(diǎn),所以F1C1AF,所以四邊形F1C1FA為平行四邊形,所以AF1∥C1F.因?yàn)椤鰽1B1C1為等邊三角形,所以B1F1⊥A1C1.又B1F1⊥AA1,且A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1均在平面AA1C1C內(nèi),所以B1F1⊥平面AA1C1C.同理可證BF⊥平面AA1C1C.所以B1F1∥BF.因?yàn)锽1F1∩AF1=F1,C1F∩BF=F,所以平面AB1F1∥平面C1BF.(2)由(1)知B1F1⊥平面ACC1A1.因?yàn)锽1F1?平面AB1F1,所以平面AB1F1⊥平面ACC1A1.17.(15分)如圖所示,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中點(diǎn),PA⊥底面ABCD,PA=3.(1)求證:平面PBE⊥平面PAB.(2)求二面角A-BE-P的大小.(1)證明:如圖所示,連接BD.由四邊形ABCD是菱形,且∠BCD=60°,知△BCD是等邊三角形.因?yàn)镋是CD的中點(diǎn),所以BE⊥CD.因?yàn)锳B∥CD,所以BE⊥AB.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BE?平面ABCD,所以PA⊥BE.因?yàn)镻A∩AB=A,PA?平面PAB,AB?平面PAB,所以BE⊥平面PAB.因?yàn)锽E?平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.(2)解:由(1)知BE⊥平面PAB,PB?平面PAB,所以PB⊥BE.因?yàn)锳B⊥BE,所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.在Rt△PAB中,tan∠PBA=PAAB=31=3,所以∠PBA=故二面角A-BE-P的大小是60°.18.(17分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=AD=PA=PB=2,PD=22.(1)求點(diǎn)B到平面PAD的距離.(2)取AB中點(diǎn)O,過點(diǎn)O作OE⊥BD于點(diǎn)E.①求證:∠PEO為二面角P-BD-A的平面角.②求∠PEO的正切值.(1)解:因?yàn)镻A=PB=AB=2,PA=AD=2,PD=22,所以△PAB為等邊三角形,PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA.因?yàn)锳D⊥AB,PA∩AB=A,PA?平面PAB,AB?平面PAB,所以AD⊥平面PAB.所以S△PAB=12×2×2×32=3,S△PAD=12×2×2設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為h,由V三棱錐B-PAD=V三棱錐D-PAB,得13S△PAD·h=13S△PAB·AD,即13×2×h=13×3×2,所以(2)①證明:如圖所示,連接PO.在△PAB中,PA=PB=AB=2,所以PO⊥AB.由(1)知AD⊥平面PAB,PO?平面PAB,所以PO⊥AD.因?yàn)锳B∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)锽D?平面ABCD,所以PO⊥BD.因?yàn)镺E⊥BD,PO∩OE=O,PO?平面POE,OE?平面POE,所以BD⊥平面POE,所以BD⊥PE,所以∠PEO為二面角P-BD-A的平面角.②解:PO=PA2-由AB=AD可得四邊形ABCD為正方形,則OE=14AC=14×22=在△POE中,∠POE=90°,所以tan∠PEO=POOE=32219.(17分)如圖①所示,在四棱錐S-ABCD中,∠BAD=∠CDA=∠CBD=2∠ABD=90°,平面SBD⊥平面ABCD,且△SBD是邊長為2的等邊三角形.①②(1)求證:CB⊥DS.(2)過點(diǎn)S作ST∥BD,使得四邊形STDB為菱形,連接TA,TD,TC,得到的圖形如圖②所示,已知平面BMN∥平面ADT,且直線DC∩平面BMN=M,直線TC∩平面BMN=N,求三棱錐D-MNB的體積.(1)證明:因?yàn)椤螩BD=90°,所以CB⊥BD.因?yàn)槠矫鍿BD∩平面ABCD=BD,平面SBD⊥平面ABCD,CB?平面ABCD,所以CB⊥平面SBD.因?yàn)镾D?平面SBD,所以CB⊥DS.(2)解:如圖,取BD的中點(diǎn)為O,連接SO,SM,TB,TM.由平面BMN∥平面ADT,得AD∥BM,DT∥MN.因?yàn)椤螩D