高考數(shù)學一輪復習第七章立體幾何綜合檢測人教新課標1

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1、 高考數(shù)學一輪復習第十章概率綜合檢測（人教新課標） (學生用書為活頁試卷 解析為教師用書獨有) (檢測范圍：第七章) (時間：120分鐘 滿分：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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1(2013洛陽模擬)．圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側(cè)面積為84π，則圓臺較小底面的半徑為 ( ) A．7 B．6 C．5 D．3 解析 A 依題意，設圓臺上、下底面半徑分別為r、3r，則有π(r＋3r)3＝84π，解得r＝7.

2、 2．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k＝ ( ) A．1 B. C. D. 解析 D k a＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，2a－b＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)， ∵兩向量垂直，∴3(k－1)＋2k－22＝0，∴k＝. 3．如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點E、H分別是邊AB、AD的中點，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點，且＝＝，則 ( ) A．EF與GH平行 B．EF與GH異面 C．EF與GH的交點M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上 D．E

3、F與GH的交點M一定在直線AC上 解析 D 依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面．因為EH＝BD，F(xiàn)G＝BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設交點為M.因為點M在EF上，故點M在平面ACB上．同理，點M在平面ACD上，即點M是平面ACB與平面ACD的交點，而AC是這兩個平面的交線，所以點M一定在AC上． 4．將一個邊長為a的正方體，切成27個全等的小正方體，則表面積增加了 ( ) A．6a2 B．12a2 C．18a2 D．24a2 解析 B 依題意，小正方體的棱長為，所以27個小正方體的表面積總和為

4、2762＝18a2，故表面積增加量為18a2－6a2＝12a2. 5．設m，n是空間兩條直線，α，β是空間兩個平面，則下列選項中不準確的是 ( ) A．當n⊥α時，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要條件 B．當m?α時，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件 C．當m?α時，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分條件 D．當m?α時，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要條件 解析 C C中，當n∥α時，直線m，n的位置關系可能平行，可能異面．若m∥n，則n∥α或者n?α，所以n∥α是m∥n的既不充分也不必要條件，故選C. 6．已知某個幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中

5、標出的數(shù)據(jù)，這個幾何體的體積是 ( ) A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 解析 A 依題意得，該幾何體是由一個長方體與半個圓柱的組合體，其中長方體的長、寬、高分別為8、6、6，半個圓柱相對應的圓柱底面半徑為3、高為8，所以該幾何體的體積等于866＋π328＝288＋36π，故選A. 7．關于直線m，n與平面α，β，有以下四個命題： ①若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥n； ②若m∥α，n⊥β且α⊥β，則m∥n； ③若m⊥α，n∥β且α∥β，則m⊥n； ④若m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥n. 其中真命題有 ( ) A．1

6、個 B．2個 C．3個 D．4個 解析 B ①中兩直線能夠平行、相交或異面，故不準確；②中兩直線能夠平行、相交或異面，故不準確；③中，由條件可得m⊥β，進而有m⊥n，故準確；④中，由條件可得m與β平行或m在β內(nèi)，故有m⊥n.綜上③④準確． 8．一條長為2的線段，它的三個視圖分別是長為，a，b的三條線段，則ab的最大值為 ( ) A. B. C. D．3 解析 C 構(gòu)造一個長方體，讓 長為2的線段為體對角線，由題意知a2＝y(tǒng)2＋1，b2＝x2＋1，x2＋y2＝3，即a2＋b2＝x2＋y2＋2＝3＋2＝5，又5＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤，當且僅當

7、a＝b時取等號，所以選C. 9．已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為上底面A1C1的中點，若＝＋x＋y，則x、y的值分別為 (　　) A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝ C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1 解析　C　如圖，＝＋ ＝＋ ＝＋(＋)， 所以x＝，y＝. 10．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為 (　　) A. B. C. D. 解析　D　 如圖，連接A1C1，B1D1，交于點O1，由長方體的性質(zhì)易知∠C1BO1為BC1與平面BB1D1D所成的

8、角． ∵BC＝2，CC1＝1，∴BC1＝＝， 又C1O1＝A1C1＝＝， ∴在Rt△BO1C1中，sin ∠C1BO1＝＝＝. 11．在正方體ABCDA1B1C1D1中，若E為A1C1中點，則直線CE垂直于(　　) A．AC B．BD C．A1D D．A1A 解析　B　以A為原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系， 設正方體棱長為1，則A(0,0,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)， D(0,1,0)，A1(0,0,1)，E， ∴＝，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)， ＝(0,1，－1)，＝(0,0，－1)， 顯然＝

9、－＋0＝0， ∴⊥，即CE⊥BD. 12．連接球面上兩點的線段稱為球的弦．半徑為4的球的兩條弦AB、CD的長度分別等于2、4，M、N分別為AB、CD的中點，每條弦的兩端都在球面上運動，有下列四個命題： ①弦AB、CD可能相交于點M； ②弦AB、CD可能相交于點N； ③MN的最大值為5； ④MN的最小值為1. 其中真命題的個數(shù)是 (　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　C　易求得M、N到球心O的距離分別為OM＝3，ON＝2，若兩弦交于M，則ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON

10、．當M、O、N共線，M、N在O同側(cè)，則MN取最小值1；M、N在O兩側(cè)，則MN取最大值5，故③④正確． 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．把答案填在題中橫線上) 13. 如圖，在正四棱柱A1C中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 解析　∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)

11、 【答案】　M位于線段FH上 14．已知α、β是兩個不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的兩條不同的直線，給出四個論斷：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結(jié)論，寫出你認為正確的一個命題：________. 解析　同垂直于一個平面的兩條直線互相平行，同垂直于兩個平行平面的兩條直線也互相平行． 【答案】?、冖邰?① 15．有6根木棒，已知其中有兩根的長度為cm和cm，其余四根的長度均為1 cm，用這6根木棒圍成一個棱錐，則這樣的三棱錐體積為________cm3. 解析　 由題意知該幾何體如圖所示，SA＝SB＝SC＝BC＝1，AB＝，

12、AC＝，則∠ABC＝90，取AC的中點O，連接SO、OB，由已知可解得SO＝SA＝，OB＝AC＝，又SB＝1，所以∠SOB＝90，又SO⊥AC，所以SO⊥底面ABC，所以所求三棱錐的體積V＝＝. 【答案】　 16．(2013贛州模擬)三棱錐SABC中，∠SBA＝∠SCA＝90，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，給出以下結(jié)論： ①異面直線SB與AC的夾角為90； ②直線SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④點C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析　由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面S

13、AC，①②③正確；取AB的中點E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為C到平面SAB的距離，為a，④正確． 【答案】?、佗冖邰? 三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(12分)如圖所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿對角線BD把△ABD折起，使點A在平面BCD上的射影E落在BC上． (1)求證：平面ACD⊥平面ABC; (2)求三棱錐A－BCD的體積． 解析　(1)∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD. 又BC⊥CD，且AE∩BC＝E， ∴CD⊥平面ABC. 又CD?平面ACD， ∴平面ACD⊥平面A

14、BC. (2)由(1)知，CD⊥平面ABC， 又AB?平面ABC，∴CD⊥AB. 又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D， ∴AB⊥平面ACD. ∴VA－BCD＝VB－ACD＝S△ACDAB. 又∵在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3， ∴AC＝＝＝. ∴VA－BCD＝33＝. 18．(12分)(2013西安模擬) 如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是棱BC、CC1上的點，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4. (1)證明AF⊥平面A1ED； (2)求平面A1ED與平面FED夾角的余弦值． 解析　如圖所示，建立空間直角

15、坐標系，點A為坐標原點，設AB＝1， 依題意得D(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,1)， A1(0,0,4)，E (1)已知＝(1,2,1)，＝，＝， 于是＝0，＝0， 因此AF⊥EA1，AF⊥ED，又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED. (2)設平面FED的法向量u＝(x，y，z)， 則，即 不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，由(1)可知，為平面A1ED的一個法向量． 于是cos〈u，〉＝＝， 所以平面A1ED與平面FED夾角的余弦值是. 19. (12分)如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形，AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF

16、的中點． (1)求證：CF∥平面ADE； (2)求證：平面ABG⊥平面CDG； (3)求二面角C－FG－B的余弦值． 解析　(1)∵BF∥DE，BC∥AD，BF∩BC＝B，DE∩AD＝D，∴平面CBF∥平面ADE. 又CF?平面CBF， ∴CF∥平面ADE. (2)如圖，取AB的中點M，CD的中點N，連接GM、GN、MN、AC、BD，設AC、MN、BD交于O，連接GO. ∵四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形， AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF的中點， 則GO⊥平面ABCD，GO＝MN， ∴GN⊥MG. 又GN⊥DC，AB∥DC，∴GN⊥AB.

17、又AB∩MG＝M， ∴GN⊥平面GAB. 又GN?平面CDG， ∴平面ABG⊥平面CDG. (3)由已知易得CG⊥FG，由(2)知GO⊥EF， ∴∠CGO為二面角C－FG－B的平面角， ∴cos ∠CGO＝＝. 20．(12分)如圖所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F(xiàn)，G分別為線段PC，PD，BC的中點，現(xiàn)將△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD. (1)求證：PA∥平面EFG； (2)求二面角G－EF－D的大?。? 解析　(1)∵PE＝EC，PF＝FD，∴EF∥CD. 又CD∥AB，∴EF∥AB，∴EF∥平面P

18、AB. 同理，EG∥平面PAB. 又∵EF∩EG＝E，∴平面PAB∥平面EFG， 而PA在平面PAB內(nèi)，∴PA∥平面EFG. (2)如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(1,2,0)， 易知＝(2,0,0)為平面EFD的一個法向量． 設平面EFG的一個法向量為n＝(x，y，z)， 又＝(0，－1，0)，＝(1,1，－1)， 由得 即取x＝1，得n＝(1,0,1)． 設所求二面角為θ，cos θ＝＝＝， ∴θ＝45，即二面角G－EF－D的平面

19、角的大小為45. 21．(12分)如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點M是棱BB1上一點． (1)求證：B1D1∥平面A1BD； (2)求證：MD⊥AC； (3)試確定點M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D. 解析　(1)由直四棱柱概念，得BB1綊DD1， ∴四邊形BB1D1D是平行四邊形， ∴B1D1∥BD. 而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD. (2)∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴BB1⊥AC. 又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B， ∴AC⊥平面BB1D1D.

20、 而MD?平面BB1D1D， ∴MD⊥AC. (3)當點M為棱BB1的中點時，取DC的中點N，D1C1的中點N1，連接NN1交DC1于O，連接OM，如圖所示． ∵N是DC的中點，BD＝BC，∴BN⊥DC. 又∵DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線， 而平面ABCD⊥平面DCC1D1， ∴BN⊥平面DCC1D1. 又可證得，O是NN1的中點，∴BM綊ON， 即四邊形BMON是平行四邊形， ∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D， ∵OM?平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D. 22．(14分)在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面AB

21、CD為菱形，且∠BAD＝60，A1A＝AB，E為BB1延長線上的一點，D1E⊥面D1AC. (1)求二面角E－AC－D1的大??； (2)在D1E上是否存在一點P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，說明理由． 解析　設AC與BD交于O，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，設AB＝2，則A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，D(0，－1,0)，D1(0，－1,2)，A1(，0,2)． (1)設E(0,1,2＋h)，則＝(0,2，h)，＝(－2，0,0)，＝(，1，－2)， ∵D1E⊥平面D1AC， ∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A， ∴＝0，＝0， ∴2－2h＝0，∴h＝1， 即E(0,1,3)， ∴＝(0,2,1)，＝(－，1,3)． 設平面EAC的法向量為m＝(x，y，z)， 則m⊥，m⊥， ∴ 令z＝－1，得m＝(0,3，－1)， ∴cos〈m，〉＝＝， ∴二面角E－AC－D1的大小為45. (2)設＝λ＝λ(－)， 則＝＝， ∴＝＋ ＝(－，－1,0)＋ ＝. ∵A1P∥平面EAC， ∴⊥m， ∴m＝0， ∴－0＋3＋(－1)＝0， ∴λ＝. ∴存在點P使A1P∥平面EAC， 此時D1P∶PE＝3∶2.