2024春新教材高中數(shù)學第八章立體幾何初步章末質量評估分層演練含解析新人教A版必修第二冊

第八章立體幾何初步章末質量評估(八)(時間:120分鐘分值:150分)一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題所給的四個選項中,只有一個選項是符合題目要求的)1.若用A,B表示點,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?α B.若A∈α,B∈α,則AB∈αC.若A?a,a?α,則AB?α D.若A∈a,a?α,則A∈α答案:D2.下列說法中正確的是()A.棱柱的側面可以是三角形 B.正方體和長方體都是特別的四棱柱C.全部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答案:B3.一個等腰三角形繞它的底邊所在直線旋轉360°形成的曲面所圍成的幾何體是()A.球 B.圓柱C.圓臺 D.兩個共底面的圓錐組成的組合體答案:D4.(2024年新高考全國Ⅰ卷)日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面的垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面,在點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點A處的緯度為北緯40°,則晷針與點A處的水平面所成角為()A.20°B.40°C.50°D.90°答案:B5.假如空間中有三條線段AB,BC和CD,且∠ABC=∠BCD,那么直線AB與直線CD的位置關系是()A.AB∥CD B.AB與CD異面C.AB與CD相交 D.AB∥CD或AB與CD異面或AB與CD相交答案:D6.設m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,給出下列命題:①若m∥α,n∥β,α∥β,則m∥n;②若α∥γ,β∥γ,則α∥β;③若m⊥α,n⊥β,α∥β,則m∥n;④若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β.其中正確命題的序號是()A.①③B.①④C.②③D.②④答案:C7.現(xiàn)在國際乒乓球賽的用球已由“小球”改為“大球”.若“小球”的直徑為38mm,“大球”的直徑為40mm,則“小球”的表面積與“大球”的表面積之比為()A.19∶20B.19∶20 C.192∶202 D.193∶203答案:C8.若正三棱柱有一個半徑為3cm的內切球,則此棱柱的體積是()A.93cm3 B.54cm3 C.27cm3 D.183cm3答案:B二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得3分,有選錯的得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一周,則所形成的幾何體的表面積可以為()A.2πB.(1+2)πC.22πD.(2+2)π答案:AB10.對于不重合的兩個平面α與β,給定下列條件,其中可以判定α與β平行的有 ()A.存在平面γ,使得α,β都平行于γ B.存在平面γ,使得α,β都垂直于γC.α內有不共線的三點到β的距離相等 D.存在異面直線l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β答案:AD11.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別為棱A1D1,A1A,A1B1的中點,下列命題中正確的是()A.EF⊥B1C B.BC1∥平面EFG C.A1C⊥平面EFG D.異面直線FG,B1C所成角的大小為π答案:ABC12.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠DAB=60°,側面PAD為正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,則下列說法正確的是()A.在棱AD上存在點M,使AD⊥平面PMBB.異面直線AD與PB所成的角為90°C.二面角P-BC-A的大小為45°D.BD⊥平面PAC答案:ABC三、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.將答案填在題中的橫線上)13.底面直徑和高都是4cm的圓柱的側面面積為16πcm2.14.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,則BC與平面EFG的位置關系為平行.15.若棱錐的高為16,底面積為512,平行于底面的截面面積為50,則截得的棱臺的高為11.16.(2024年新高考全國Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,5為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為22π四、解答題(本大題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算過程)17.(10分)某圓柱有一個內接長方體ABCD-A1B1C1D1,該長方體的體對角線長是102cm,該圓柱的側面綻開圖為矩形,此矩形的面積是100πcm2,求該圓柱的體積.解:設該圓柱底面半徑為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接長方體的體對角線長,(2r所以V圓柱=Sh=πr2h=π×52×10=250π(cm3).18.(12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,△PAC是直角三角形,∠PAC=90°,平面PAC⊥平面ABC.求證:平面PAB⊥平面PBC.證明:因為平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AC,平面ABC∩平面PAC=AC,PA?平面PAC,所以PA⊥平面ABC.因為BC?平面ABC,所以PA⊥BC.因為AB⊥BC,AB∩PA=A,AB?平面PAB,PA?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,BC?平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.19.(12分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,F,F1分別是AC,A1C1的中點.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,因為F,F1分別是AC,A1C1的中點,所以AF1∥C1F.易證得B1F1∥BF.因為B1F1∩AF1=F1,C1F∩BF=F,所以平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,所以B1F1⊥AA1.易證得B1F1⊥A1C1.因為A1C1∩AA1=A1,所以B1F1⊥平面ACC1A1.因為B1F1?平面AB1F1,所以平面AB1F1⊥平面ACC1A1.20.(12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,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.因為E是CD的中點,所以BE⊥CD.因為AB∥CD,所以BE⊥AB.因為PA⊥平面ABCD,BE?平面ABCD,所以PA⊥BE.因為PA∩AB=A,PA?平面PAB,AB?平面PAB,所以BE⊥平面PAB.因為BE?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.因為AB⊥BE,所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.在Rt△PAB中,tan∠PBA=PAAB=31=所以∠PBA=60°.故二面角A-BE-P的大小是60°.21.(12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B到面PAD的距離.(2)取AB中點O,過點O作OE⊥BD于點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:因為PA=PB=AB=2,PA=AD=2,PD=22,所以△PAB為等邊三角形,PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA.因為AD⊥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=1設點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·即13×2×h=13×3×2,所以h=(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.因為AB∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因為BD?平面ABCD,所以PO⊥BD.因為OE⊥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=32222.(12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:因為∠CBD=90°,所以CB⊥BD.因為平面SBD∩平面ABCD=BD,平面SBD⊥平面ABCD,CB?平面ABCD,所以CB⊥平面SBD.因為SD?平面SBD,所以CB⊥DS.(2)解:如圖,取BD的中點為O,連接SO,SM,TB,TM.由平面BMN∥平面ADT,得AD∥BM,DT∥MN.因為∠CDA=90°,所以∠BMD=90°,即BM⊥CD.因為∠BAD=∠CDA=90°,所以AB∥CD.因為∠CBD=2∠AB