新課標A版數學【理】一輪復習質量檢測題 質量檢測(四)

《新課標A版數學【理】一輪復習質量檢測題 質量檢測(四)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新課標A版數學【理】一輪復習質量檢測題 質量檢測(四)（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、▼▼▼2019屆高考數學復習資料▼▼▼ 質量檢測(四) 測試內容：立體幾何 時間：90分鐘　分值：120分 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．在四面體O－ABC中，＝a，＝b，＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則等于(　　) A.a＋b＋c B.a＋b＋c C.a＋b＋c D.a＋b＋c 解析：＝＋＝＋ ＝＋(＋) ＝＋＋ ＝＋(－)＋(－) ＝＋＋＝a＋b＋c，故選D. 答案：D 2．已知水平放置的△ABC的直觀圖△A′B′C′(斜二測畫法)是邊長為a的正三角形，則原△ABC的面積為(　　) A.a2 B.a2 C.a

2、2 D.a2 解析：斜二測畫法中原圖面積與直觀圖面積之比為1∶，則易知S＝(a)2，∴S＝a2.故選D. 答案：D 3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是AA1，AB的中點，則EF與對角面BDD1B1所成角的度數是(　　) A．30 B．45 C．60 D．150 解析：如圖，∵EF∥A1B， ∴EF，A1B與對角面BDD1B1所成的角相等，設正方體的棱長為1，則A1B＝. 連接A1C1，交D1B1于點M，連接BM，則有A1M⊥面BDD1B1，∠A1BM為A1B與面BDD1B1所成的角． Rt△A1BM中，A1B＝，A1M＝，故∠A1BM＝3

3、0.∴EF與對角面BDD1B1所成角的度數是30. 答案：A 4．(2013湖南卷)已知棱長為1的正方體的俯視圖是一個面積為1的正方形，則該正方體的正視圖的面積不可能等于(　　) A．1 B. C. D. 解析：由題可知正方體的底面與水平面平行，先把正方體正放，然后將正方體按某一側棱逆時針旋轉，易知當正方體正放時，其正視圖的面積最小，為11＝1；當正方體逆時針旋轉45時，其正視圖的面積最大，為1＝.而<1，所以正方體的正視圖的面積不可能等于. 答案：C 5．(2013寧波市高三“十校”聯考)若有直線m、n和平面α、β，下列四個命題中，正確的是(　　) A．若m∥α，n

4、∥α，則m∥n B．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β C．若α⊥β，m?α，則m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m?α，則m∥α 解析：α⊥β，m⊥β，則m∥α或m?α，又∵m?α，∴m∥α，選D. 答案：D 6．(2013河南開封第二次模擬)若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析： 該幾何體為棱長為2的正方體截去一個三棱柱，如圖，截去部分為ABC－A1B1C1，幾何體的體積為V＝222－121＝7，選C. 答案：C 7．(2013廣西卷)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，

5、則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. 解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則即令z＝1，則y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設直線CD與平面BDC1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.故選A. 答案：A 8．(2013荊州質檢(Ⅱ))在半徑為R的球內有一內接圓柱，設該圓柱底面半徑為r，當圓

6、柱的側面積最大時，為(　　) A. B. C. D. 解析：圓柱的底面半徑為r，則有h＝2，側面積S＝2πrh＝4πr＝4π ≤4π＝2πR2，當且僅當r2＝R2－r2即＝時，圓柱的側面積取得最大值，所以選C. 答案：C 9．(2013山東濰坊模擬)已知m，n是兩條不同直線，α，β是兩個不同平面，給出四個命題： ①若α∩β＝m，n?α，n⊥m，則α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，則α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β. 其中正確的命題是(　　) A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 解析：由面面平行、垂直的定義可知②

7、③正確，故選B. 答案：B 10．(2013新課標全國卷Ⅰ)如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8 cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6 cm，如果不計容器的厚度，則球的體積為(　　) A. cm3 B. cm3 C. cm3 D. cm3 解析：設球半徑為R cm，根據已知條件知正方體的上底面與球相交所得截面圓的半徑為4 cm，球心到截面的距離為(R－2)cm，所以由42＋(R－2)2＝R2，得R＝5，所以球的體積為V＝πR3＝π53＝cm3，選擇A. 答案：A 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 1

8、1．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，滿足條件(c－a)(2b)＝－2，則x＝________. 解析：由題可知c－a＝(0,0,1－x)， 所以(c－a)(2b)＝(0,0,1－x)2(1,2,1)＝2(1－x)＝－2，從而解得x＝2. 答案：2 12．(2013遼寧卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________． 解析：由三視圖可知該幾何體是一個底面半徑為2，高為4的圓柱中間挖去一個底面邊長為2，高為4的正四棱柱后剩下的部分，所以其體積為π224－224＝16π－16. 答案：16π－16 13．(2013廣西卷)已知圓O

9、和圓K是球O的大圓和小圓，其公共弦長等于球O的半徑，OK＝，且圓O與圓K所在的平面所成的一個二面角為60，則球O的表面積等于________． 解析：設點A為圓O和圓K公共弦的中點，則在Rt△OAK中，∠OAK為圓O和圓K所在的平面所成的二面角的一個平面角，即∠OAK＝60.由OK＝，可得OA＝，設球的半徑為R，則()2＋2＝R2，解得R＝2，因此球的表面積為4πR2＝16π. 答案：16π 14．(2013北京卷)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上．點P到直線CC1的距離的最小值為________． 解析：點P到直線CC1的距

10、離等于點P在平面ABCD上的射影到點C的距離，設點P在平面ABCD上的射影為P′，顯然點P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長度的最小值．當P′C⊥DE時，P′C的長度最小，此時P′C＝＝. 答案： 三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．) 15．(滿分12分)(2013江蘇卷)如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點． 求證：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 證明：(1)因為AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的

11、中點．又因為E是SA的中點，所以EF∥AB. 因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E， 所以平面EFG∥平面ABC. (2)因為平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB，又AF?平面SAB，AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，因為BC?平面SBC，所以AF⊥BC. 又因為AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB. 因為SA?平面SAB，所以BC⊥SA. 16．(滿分12分)(2013山東濰坊模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，點D為AC的中點，點E在線段

12、AA1上． (1)當AE∶EA1＝1∶2時，求證：DE⊥BC1； (2)是否存在點E，使二面角D－BE－A等于60？若存在，求AE的長；若不存在，請說明理由． 解： (1)證明：連接DC1，因為ABC－A1B1C1為正三棱柱， 所以△ABC為正三角形， 又因為D為AC的中點， 所以BD⊥AC， 又平面ABC⊥平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 所以BD⊥DE. 因為AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1， 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30，在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60， 所以∠EDC1＝90，即ED⊥DC1， 所

13、以ED⊥平面BDC1，BC1?面BDC1，所以ED⊥BC1. (2)假設存在點E滿足條件，設AE＝h. 取A1C1的中點D1，連接DD1，則DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD， 分別以DA、DB、DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，則A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)， 所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)， 設平面DBE的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則，，令z1＝1，得n1＝(－h(huán),0,1)， 同理，平面ABE的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則， ∴n2＝(，

14、1,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝cos 60＝.解得h＝<， 故存在點E，當AE＝時，二面角D－BE－A等于60. 17．(滿分13分)(2013重慶卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F為PC的中點，AF⊥PB. (1)求PA的長； (2)求二面角B－AF－D的正弦值． 解：(1)如圖，連接BD交AC于O，因為BC＝CD，即△BCD為等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz，則OC＝CDcos ＝1，而AC＝4，得A

15、O＝AC－OC＝3，又OD＝CDsin ＝，故A(0，－3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)． 因PA⊥底面ABCD，可設P(0，－3，z)，由F為PC邊中點，F. 又＝，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故＝0，即6－＝0，z＝2(舍去－2)，所以||＝2. (2)由(1)知＝(－，3,0)，＝(，3,0)，＝(0,2，)．設平面FAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 由n1＝0，n1＝0，得 因此可取n1＝(3，，－2)． 由n2＝0，n2＝0，得 故可取n2＝(3，－，2)． 從而法向量n1，

16、n2的夾角的余弦值為 cos〈n1，n2〉＝＝. 故二面角B－AF－D的正弦值為. 18．(滿分13分)(2013石家莊第二次模擬)在四邊形ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，AD＝4，BC＝CD＝2，E、P分別為AD、CD的中點(如圖1)，將△ABE沿BE折起，使二面角A－BE－C為直二面角(如圖2)． (1)如圖2，在線段AE上，是否存在一點M，使得PM∥平面ABC？若存在，請指出點M的位置，并證明你的結論，若不存在，請說明理由． (2)如圖2，若H為線段AB上的動點，當PH與平面ABE所成的角最大時，求二面角H－PC－E的余弦值． 解：(1)存在點M，當M為線段AE的中點

17、時，PM∥平面BCA， 建立如圖所示空間直角坐標系，則A(0,0,2)，M(0,0,1)，P(2,1,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)， AB中點F(0,1,1)， 所以＝(－2，－1,1)，＝(2,0,0)，＝(0,2，－2)，＝(0,1,1) 可知＝0，＝0，∴⊥平面ABC， 又＝0， ∴PM∥平面ABC. (2)可知P(2,1,0)，A(0,0,2)，E(0,0,0)，B(0,2,0)， 設H(x，y，z)，則＝(0，－2,2)，＝(x，y－2，z)， 設＝λ，則得H(0,2－2λ，2λ)， 所以＝(－2,1－2λ，2λ)，因為點P到平面ABE的距離為定值2， 所以當PH最小時PH與平面ABE所成角最大， 此時⊥，即＝0，得λ＝，所以H， 所以＝， 設平面PCH的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)， ＝(0,1,0)，＝ 則由n＝0，n＝0，可得 ，則n＝， 平面PBE的一個法向量為＝(0,0,2)， 設二面角H－PC－E的大小為θ， 則cos θ＝＝. 高考數學復習精品 高考數學復習精品